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矩形菱形与正方形
一.选择题
1. （2018·湖北江汉油田、潜江市、天门市、仙桃市·3 分）如图，正方形 ABCD 中，AB=6，G 是 BC 的中
点．将△ABG 沿 AG 对折至△AFG，延长 GF 交 DC 于点 E，则 DE 的长是（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证 Rt△AFE≌Rt△ADE；在直角△ECG 中，根据勾股定理即可
求出 DE 的长．
【解答】解：∵AB=AD=AF，∠D=∠AFE=90°，
在 Rt△ABG 和 Rt△AFG 中，
∵ ，
∴Rt△AFE≌Rt△ADE，
∴EF=DE，
设 DE=FE=x，则 EC=6﹣x．
∵G 为 BC 中点，BC=6，
∴CG=3，
在 Rt△ECG 中，根据勾股定理，得：（6﹣x）2+9=（x+3）2，
解得 x=2．
则 DE=2．
故选：C．
【点评】本题考查了翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性
质，勾股定理．
2.（2018•江苏宿迁•3 分）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. 42
【答案】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=2 ，AC=2AO=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，根据相似三角形的面积比等于相似比继而可求出△OCE 的面积.
【详解】∵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=2AO=4 ，∴S△ACD= OD·AC= ×2×4 =4 ，
又∵O、E 分别是中点，∴OE∥AD，∴△COE∽△CAD，∴ ，∴ ，
∴S△COE= S△CAD= ×4 = ，
故选 A.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，结合图
形熟练应用相关性质是解题的关键.
3.（2018•江苏无锡•3 分）如图，已知点 E 是矩形 ABCD 的对角线 AC 上的一动点，正方形 EFGH 的顶点 G、H
都在边 AD 上，若 AB=3，BC=4，则 tan∠AFE 的值（ ）
A．等于 B．等于
C．等于 D．随点 E 位置的变化而变化
【分析】根据题意推知 EF∥AD，由该平行线的性质推知△AEH∽△ACD，结合该相似三角形的对应边成比例和
锐角三角函数的定义解答．
【解答】解：∵EF∥AD，∴∠AFE=∠FAG，∴△AEH∽△ACD，∴ = = ．
设 EH=3x，AH=4x，∴HG=GF=3x，
∴tan∠AFE=tan∠FAG= = = ．
故选：A．3
【点评】考查了正方形的性质，矩形的性质以及解直角三角形，此题将求∠AFE 的正切值转化为求∠FAG 的
正切值来解答的．
4.（2018•江苏淮安•3 分）如图，菱形 ABCD 的对角线 AC.BD 的长分别为 6 和 8，则这个菱形的周长是（ ）
A．20 B．24 C．40 D．48
【分析】由菱形对角线的性质，相互垂直平分即可得出菱形的边长，菱形四边相等即可得出周长．
【解答】解：由菱形对角线性质知，AO= AC=3，BO= BD=4，且 AO⊥BO，
则 AB= =5，故这个菱形的周长 L=4AB=20．
故选：A．
【点评】本题考查了菱形面积的计算，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性
质，本题中根据勾股定理计算 AB 的长是解题的关键，难度一般．
5.（2018•江苏淮安•3 分）如图，在平面直角坐标系中，直线 l 为正比例函数 y=x 的图象，点 A 1 的坐标为
（1，0），过点 A1 作 x 轴的垂线交直线 l 于点 D1，以 A1D1 为边作正方形 A1B1C1D1；过点 C1 作直线 l 的垂线，
垂足为 A2，交 x 轴于点 B2，以 A2B2 为边作正方形 A2B2C2D2；过点 C2 作 x 轴的垂线，垂足为 A3，交直线 l 于点
D3，以 A3D3 为边作正方形 A3B3C3D3，…，按此规律操作下所得到的正方形 AnBnCnDn 的面积是 （ ）n﹣1 ．
【分析】根据正比例函数的性质得到∠D1OA1=45°，分别求出正方形 A1B1C1D1 的面积、正方形 A2B2C2D2 的面积，
总结规律解答．4
【解答】解：∵直线 l 为正比例函数 y=x 的图象，
∴∠D1OA1=45°，
∴D1A1=OA1=1，
∴正方形 A1B1C1D1 的面积=1=（ ）1﹣1，
由勾股定理得，OD1= ，D1A2= ，
∴A2B2=A2O= ，
∴正方形 A2B2C2D2 的面积= =（ ）2﹣1，
同理，A3D3=OA3= ，
∴正方形 A3B3C3D3 的面积= =（ ）3﹣1，
…
由规律可知，正方形 AnBnCnDn 的面积=（ ）n﹣1，
故答案为：（ ）n﹣1．
【点评】本题考查的是正方形的性质、一次函数图象上点的坐标特征，根据一次函数解析式得到∠D1OA1=45°，
正确找出规律是解题的关键．
6.（2018•山东烟台市•3 分）对角线长分别为 6 和 8 的菱形 ABCD 如图所示，点 O 为对角线的交点，过点 O 折
叠菱形，使 B，B′两点重合，MN 是折痕．若 B'M=1，则 CN 的长为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【分析】连接 AC.BD，如图，利用菱形的性质得 OC= AC=3，OD= BD=4，∠COD=90°，再利用勾股定理计算
出 CD=5，接着证明△OBM≌△ODN 得到 DN=BM，然后根据折叠的性质得 BM=B'M=1，从而有 DN=1，于是计算
CD﹣DN 即可．
【解答】解：连接 AC.BD，如图，
∵点 O 为菱形 ABCD 的对角线的交点，5
∴OC= AC=3，OD= BD=4，∠COD=90°，
在 Rt△COD 中，CD= =5，
∵AB∥CD，
∴∠MBO=∠NDO，
在△OBM 和△ODN 中
，
∴△OBM≌△ODN，
∴DN=BM，
∵过点 O 折叠菱形，使 B，B′两点重合，MN 是折痕，
∴BM=B'M=1，
∴DN=1，
∴CN=CD﹣DN=5﹣1=4．
故选：D．
【点评】本题考查了折叠的性质：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，
位置变化，对应边和对应角相等．也考查了菱形的性质．
7.（2018•山东聊城市•3 分）如图，在平面直角坐标系中，矩形 OABC 的两边 OA，OC 分别在 x 轴和 y 轴上，
并且 OA=5，OC=3．若把矩形 OABC 绕着点 O 逆时针旋转，使点 A 恰好落在 BC 边上的 A1 处，则点 C 的对应点 C1
的坐标为（ ）6
A．（﹣ ， ） B．（﹣ ， ） C．（﹣ ， ） D．（﹣ ， ）
【分析】直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1 三边关系，再利用勾股定理得出答案．
【解答】解：过点 C1 作 C1N⊥x 轴于点 N，过点 A1 作 A1M⊥x 轴于点 M，
由题意可得：∠C1NO=∠A1MO=90°，
∠1=∠2=∠3，
则△A1OM∽△OC1N，
∵OA=5，OC=3，
∴OA1=5，A1M=3，
∴OM=4，
∴设 NO=3x，则 NC1=4x，OC1=3，
则（3x）2+（4x）2=9，
解得：x=± （负数舍去），
则 NO= ，NC1= ，
故点 C 的对应点 C1 的坐标为：（﹣ ， ）．
故选：A．
【点评】此题主要考查了矩形的性质以及勾股定理等知识，正确得出△A1OM∽△OC1N 是解题关键．
8.（2018•上海•4 分）已知平行四边形 ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠A=∠B B．∠A=∠C C．AC=BD D．AB⊥BC
【分析】由矩形的判定方法即可得出答案．
【解答】解：A.∠A=∠B，∠A+∠B=180°，所以∠A=∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
B.∠A=∠C 不能判定这个平行四边形为矩形，错误；
C.AC=BD，对角线相等，可推出平行四边形 ABCD 是矩形，故正确；
D.AB⊥BC，所以∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
故选：B．
【点评】本题主要考查的是矩形的判定定理．但需要注意的是本题的知识点是关于各个图形的性质以及判
定．7
9. （2018•遂宁•4 分）下列说法正确的是（ ）
A．有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等
B．正方形既是轴对称图形又是中心对称图形
C．矩形的对角线互相垂直平分
D．六边形的内角和是 540°
【分析】直接利用全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理．
【解答】解：A.有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等，错误，必须是两边及其夹角分别对应相等的
两个三角形全等；
B.正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，正确；
C.矩形的对角线相等且互相平分，故此选项错误；
D.六边形的内角和是 720°，故此选项错误．
故选：B．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理，正确把握相关性质
是解题关键．
10. （2018•资阳•3 分）如图，将矩形 ABCD 的四个角向内翻折后，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（ ）
A．12 厘米 B．16 厘米 C．20 厘米 D．28 厘米
【分析】利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形 EFGH 为矩形，那么由折叠可得 HF 的长即为边 AD 的
长．
【解答】解：∵∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，
∴∠HEF=∠HEM+∠FEM= ×180°=90°，
同理可得：∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°，
∴四边形 EFGH 为矩形，
AD=AH+HD=HM+MF=HF，
HF= = =20，
∴AD=20 厘米．
故选：C．8
【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，得出四边形 EFGH 为矩形是解题关键．
11. （2018•杭州•3 分）如图，已知点 P 矩形 ABCD 内一点（不含边界），设 ， ，
， ，若 ， ，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【考点】三角形内角和定理，矩形的性质
【解析】【解答】解：∵矩形 ABCD∴∠PAB+∠PAD=90°即∠PAB=90°-∠PAB
∵∠PAB=80°
∴∠PAB+∠PBA=180°-80°=100°
∴90°-∠PAB+∠PBA=100°即∠PBA-∠PAB=10°①
同理可得：∠PDC-∠PCB=180°-50°-90°=40°②
由②-①得：∠PDC-∠PCB-（∠PBA-∠PAB）=30°
∴
故答案为：A
【分析】根据矩形的性质，可得出∠PAB=90°-∠PAB，再根据三角形内角和定理可得出∠PAB+∠PBA=100°，
从而可得出∠PBA-∠PAB=10°①；同理可证得∠PDC-∠PCB=40°②，再将②-①，可得出答案。
2. （2018•嘉兴•3 分）用尺规在一个平行四边形内作菱形 ,下列作法中错误的是（ ）
A. （A） B. （B） C. （C） D. （D）9
【答案】C
【解析】分析：由作图，可以证明 A.B.D 中四边形 ABCD 是菱形，C 中 ABCD 是平行四边形，即可得到结论．
详解：A．∵AC 是线段 BD 的垂直平分线，∴BO=OD，∴∠AOD=∠COB=90°．
∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，∴△AOD≌△COB，∴AO=OC，∴四边形 ABCD 是菱形．故 A 正确；
B．由作图可知：AD=AB=BC．
∵AD∥BC，∴四边形 ABCD 是平行四边形．
∵AD=AB，∴四边形 ABCD 是菱形．故 B 正确；
C．由作图可知 AB.CD 是角平分线，可以得到 ABCD 是平行四边形，不能得到 ABCD 是菱形．故 C 错误；
D．如图，∵AE=AF，AG=AG，EG=FG，∴△AEG≌△AFG，∴∠EAG=∠FAG．
∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB，∴∠FAG=∠ACB，∴AB=BC，同理∠DCA=∠BCA，∴∠BAC=∠DCA，∴AB∥
DC．
∵AD∥BC，∴四边形 ABCD 是平行四边形．
∵AB=BC，∴四边形 ABCD 是菱形．故 D 正确．
故选 C．
点睛：本题考查了菱形的判定与平行四边形的性质．解题的关键是弄懂每个图形是如何作图的．
13. （2018•广西桂林•3 分）如图，在正方形 ABCD 中，AB=3，点 M 在 CD 的边上，且 DM=1，ΔAEM 与 ΔADM
关于 AM 所在的直线对称，将 ΔADM 按顺时针方向绕点 A 旋转 90°得到 ΔABF，连接 EF，则线段 EF 的长为
（ ）
A. 3 B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：连接 BM.证明△AFE≌△AMB 得 FE=MB，再运用勾股定理求出 BM 的长即可.
详解：连接 BM，如图，10
由旋转的性质得：AM=AF.
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AD=AB=BC=CD，∠BAD=∠C=90°,
∵ΔAEM 与 ΔADM 关于 AM 所在的直线对称，
∴∠DAM=∠EAM.
∵∠DAM+∠BAM=∠FAE+∠EAM=90°,
∴∠BAM=∠EAF,
∴△AFE≌△AMB
∴FE=BM.
在 Rt△BCM 中，BC=3，CM=CD-DM=3-1=2,
∴BM=
∴FE= .
故选 C.
2.
14. （2018·黑龙江哈尔滨·3 分）如图，在菱形 ABCD 中，对角线 AC.BD 相交于点 O，BD=8，tan∠ABD= ，
则线段 AB 的长为（ ）
A． B．2 C．5 D．10
【分析】根据菱形的性质得出 AC⊥BD，AO=CO，OB=OD，求出 OB，解直角三角形求出 AO，根据勾股定理求出 AB
即可．
【解答】解：∵四边形 ABCD 是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，OB=OD，11
∴∠AOB=90°，
∵BD=8，
∴OB=4，
∵tan∠ABD= = ，
∴AO=3，
在 Rt△AOB 中，由勾股定理得：AB= = =5，
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质、勾股定理和解直角三角形，能熟记菱形的性质是解此题的关键．
15. （2018·湖北省恩施·3 分）如图所示，在正方形 ABCD 中，G 为 CD 边中点，连接 AG 并延长交 BC 边的延
长线于 E 点，对角线 BD 交 AG 于 F 点．已知 FG=2，则线段 AE 的长度为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】根据正方形的性质可得出 AB∥CD，进而可得出△ABF∽△GDF，根据相似三角形的性质可得出 = =2，
结合 FG=2 可求出 AF、AG 的长度，由 CG∥AB.AB=2CG 可得出 CG 为△EAB 的中位线，再利用三角形中位线的性
质可求出 AE 的长度，此题得解．
【解答】解：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABF=∠GDF，∠BAF=∠DGF，
∴△ABF∽△GDF，
∴ = =2，
∴AF=2GF=4，
∴AG=6．
∵CG∥AB，AB=2CG，
∴CG 为△EAB 的中位线，
∴AE=2AG=12．
故选：D．12
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形的中位线，利用相似三角形的性质
求出 AF 的长度是解题的关键．
16.（2018•广西贵港•3 分）如图，在菱形 ABCD 中，AC=6 ，BD=6，E 是 BC 边的中点，P，M 分别是 AC，AB
上的动点，连接 PE，PM，则 PE+PM 的最小值是（ ）
A．6 B．3 C．2 D．4.5
【分析】作点 E 关于 AC 的对称点 E′，过点 E′作 E′M⊥AB 于点 M，交 AC 于点 P，由 PE+PM=PE′+PM=E′M
知点 P、M 即为使 PE+PM 取得最小值的点，利用 S 菱形 ABCD= AC•BD=AB•E′M 求二级可得答案．
【解答】解：如图，作点 E 关于 AC 的对称点 E′，过点 E′作 E′M⊥AB 于点 M，交 AC 于点 P，
则点 P、M 即为使 PE+PM 取得最小值，
其 PE+PM=PE′+PM=E′M，
∵四边形 ABCD 是菱形，
∴点 E′在 CD 上，
∵AC=6 ，BD=6，
∴AB= =3 ，
由 S 菱形 ABCD= AC•BD=AB•E′M 得 ×6 ×6=3 •E′M，
解得：E′M=2 ，13
即 PE+PM 的最小值是 2 ，
故选：C．
【点评】本题主要考查轴对称﹣最短路线问题，解题的关键是掌握菱形的性质和轴对称的性质．
17.（2018•贵州贵阳•3分）如图，在菱形 ABCD 中， E 是 AC 的中点， EF ∥ CB ，交 AB 于点 F ，如果
EF 3 ，那么菱形 ABCD 的周长为（ A ）
（A）24 （B）18 （C）12 （D）9
【解】 E.F 分别是 AC.AB 的中点且 EF 3 BC 2EF 6
四边形 ABCD 是菱形
AB BC CD DA 6 菱形 ABCD 的周长为 6 4 24 故选 A
18.（2018•贵州遵义•3 分）如图，点 P 是矩形 ABCD 的对角线 AC 上一点，过点 P 作 EF∥BC，分别交 AB，CD
于 E.F，连接 PB.PD．若 AE=2，PF=8．则图中阴影部分的面积为（ ）
A．10 B．12 C．16 D．18
【分析】想办法证明 S△PEB=S△PFD 解答即可．
【解答】解：作 PM⊥AD 于 M，交 BC 于 N．
则有四边形 AEPM，四边形 DFPM，四边形 CFPN，四边形 BEPN 都是矩形，
∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC=S△PCN，
∴S△DFP=S△PBE= ×2×8=8，
∴S 阴=8+8=16，14
故选：C．
19. （2018 湖南张家界 3.00 分）下列说法中，正确的是（ ）
A．两条直线被第三条直线所截，内错角相等
B．对角线相等的平行四边形是正方形
C．相等的角是对顶角
D．角平分线上的点到角两边的距离相等
【分析】根据平行线的性质、正方形的判定、矩形的判定、对顶角的性质、角平分线性质逐个判断即可．
【解答】解：A.两条平行线被第三条直线所截，内错角才相等，错误，故本选项不符合题意；
B.对角线相等的四边形是矩形，不一定是正方形，错误，故本选项不符合题意；
C.相等的角不一定是对顶角，错误，故本选项不符合题意；
D.角平分线上的点到角的两边的距离相等，正确，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了平行线的性质、正方形的判定、矩形的判定、对顶角的性质、角平分线性质等知识点，
能熟记平行线的性质、正方形的判定、矩形的判定、对顶角的性质、角平分线性质的内容是解此题的关键．
20. （2018 湖南湘西州 4.00 分）下列说法中，正确个数有（ ）
①对顶角相等；
②两直线平行，同旁内角相等；
③对角线互相垂直的四边形为菱形；
④对角线互相垂直平分且相等的四边形为正方形．
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【分析】根据对顶角的性质，菱形的判定，正方形的判定，平行线的性质，可得答案．
【解答】解：①对顶角相等，故①正确；
②两直线平行，同旁内角互补，故②错误；
③对角线互相垂直且平分的四边形为菱形，故③错误；
④对角线互相垂直平分且相等的四边形为正方形，故④正确，
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的判定、菱形的判定、平行线的性质、对顶角的性质，熟记对顶角的性质，菱形
的判定，正方形的判定，平行线的性质是解题关键．
21.（2018•上海•4 分）已知平行四边形 ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠A=∠B B．∠A=∠C C．AC=BD D．AB⊥BC
【分析】由矩形的判定方法即可得出答案．
【解答】解：A.∠A=∠B，∠A+∠B=180°，所以∠A=∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
B.∠A=∠C 不能判定这个平行四边形为矩形，错误；15
C.AC=BD，对角线相等，可推出平行四边形 ABCD 是矩形，故正确；
D.AB⊥BC，所以∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
故选：B．
【点评】本题主要考查的是矩形的判定定理．但需要注意的是本题的知识点是关于各个图形的性质以及判
定．
22. （2018•遂宁•4 分）下列说法正确的是（ ）
A．有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等
B．正方形既是轴对称图形又是中心对称图形
C．矩形的对角线互相垂直平分
D．六边形的内角和是 540°
【分析】直接利用全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理．
【解答】解：A.有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等，错误，必须是两边及其夹角分别对应相等的
两个三角形全等；
B.正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，正确；
C.矩形的对角线相等且互相平分，故此选项错误；
D.六边形的内角和是 720°，故此选项错误．
故选：B．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理，正确把握相关性质
是解题关键．
23. （2018•资阳•3 分）如图，将矩形 ABCD 的四个角向内翻折后，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（ ）
A．12 厘米 B．16 厘米 C．20 厘米 D．28 厘米
【分析】利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形 EFGH 为矩形，那么由折叠可得 HF 的长即为边 AD 的
长．
【解答】解：∵∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，
∴∠HEF=∠HEM+∠FEM= ×180°=90°，
同理可得：∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°，
∴四边形 EFGH 为矩形，16
AD=AH+HD=HM+MF=HF，
HF= = =20，
∴AD=20 厘米．
故选：C．
【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，得出四边形 EFGH 为矩形是解题关键．
二.填空题
1. （2018·湖北随州·3 分）如图，在四边形 ABCD 中，AB=AD=5，BC=CD 且 BC＞AB，BD=8．给出以下判断：
①AC 垂直平分 BD；
②四边形 ABCD 的面积 S=AC•BD；
③顺次连接四边形 ABCD 的四边中点得到的四边形可能是正方形；
④当 A，B，C，D 四点在同一个圆上时，该圆的半径为 ；
⑤将△ABD 沿直线 BD 对折，点 A 落在点 E 处，连接 BE 并延长交 CD 于点 F，当 BF⊥CD 时，点 F 到直线 AB 的
距离为 ．
其中正确的是 ①③④ ．（写出所有正确判断的序号）
【分析】依据 AB=AD=5，BC=CD，可得 AC 是线段 BD 的垂直平分线，故①正确；依据四边形 ABCD 的面积 S=
，故②错误；依据 AC=BD，可得顺次连接四边形 ABCD 的四边中点得到的四边形是正方形，故③正确；
当 A，B，C，D 四点在同一个圆上时，设该圆的半径为 r，则 r2=（r﹣3）2+42，得 r= ，故④正确；连接
AF，设点 F 到直线 AB 的距离为 h，由折叠可得，四边形 ABED 是菱形，AB=BE=5=AD=GD，BO=DO=4，依据 S△BDE=
×BD×OE= ×BE×DF，可得 DF= ，进而得出 GF= ，再根据 S△ABF=S 梯形 ABFD﹣S△ADF，即可得到 h= ，
故⑤错误．17
【解答】解：∵在四边形 ABCD 中，AB=AD=5，BC=CD，
∴AC 是线段 BD 的垂直平分线，故①正确；
四边形 ABCD 的面积 S= ，故②错误；
当 AC=BD 时，顺次连接四边形 ABCD 的四边中点得到的四边形是正方形，故③正确；
当 A，B，C，D 四点在同一个圆上时，设该圆的半径为 r，则
r2=（r﹣3）2+42，
得 r= ，故④正确；
将△ABD 沿直线 BD 对折，点 A 落在点 E 处，连接 BE 并延长交 CD 于点 F，如图所示，
连接 AF，设点 F 到直线 AB 的距离为 h，
由折叠可得，四边形 ABED 是菱形，AB=BE=5=AD=GD，BO=DO=4，
∴AO=EO=3，
∵S△BDE= ×BD×OE= ×BE×DF，
∴DF= = ，
∵BF⊥CD，BF∥AD，
∴AD⊥CD，GF= = ，
∵S△ABF=S 梯形 ABFD﹣S△ADF，
∴ ×5h= （5+5+ ）× ﹣ ×5× ，
解得 h= ，故⑤错误；
故答案为：①③④．
【点评】本题主要考查了菱形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的
关键是利用图形面积的和差关系进行计算．
2. （2018·湖北襄阳·3 分）如图，将面积为 32 的矩形 ABCD 沿对角线 BD 折叠，点 A 的对应点为点 P，18
连接 AP 交 BC 于点 E．若 BE= ，则 AP 的长为 ．
【分析】设 AB=a，AD=b，则 ab=32 ，构建方程组求出 A.b 即可解决问题；
【解答】解：设 AB=a，AD=b，则 ab=32 ，
由△ABE∽△DAB 可得： = ，
∴b= a2，
∴a3=64，
∴a=4，b=8 ，
设 PA 交 BD 于 O．
在 Rt△ABD 中，BD= =12，
∴OP=OA= = ，
∴AP= ．
故答案为 ．
【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常
考题型．
3.（2018•江苏苏州•3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠B=90°，AB=2 ，BC= ．将△ABC 绕点 A 按逆时针方
向旋转 90°得到△AB'C′，连接 B'C，则 sin∠ACB′= ．19
【分析】根据勾股定理求出 AC，过 C 作 CM⊥AB′于 M，过 A 作 AN⊥CB′于 N，求出 B′M、CM，根据勾股定
理求出 B′C，根据三角形面积公式求出 AN，解直角三角形求出即可．
【解答】解：在 Rt△ABC 中，由勾股定理得：AC= =5，
过 C 作 CM⊥AB′于 M，过 A 作 AN⊥CB′于 N，
∵根据旋转得出 AB′=AB=2 ，∠B′AB=90°，即∠CMA=∠MAB=∠B=90°，
∴CM=AB=2 ，AM=BC= ，∴B′M=2 ﹣ = ，
在 Rt△B′MC 中，由勾股定理得：B′C= = =5，
∴S△AB′C= = ，∴5×AN=2 ×2 ，解得：AN=4，
∴sin∠ACB′= = ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了解直角三角形、勾股定理、矩形的性质和判定，能正确作出辅助线是解此题的关键
4.（2018•上海•4 分）如图，已知正方形 DEFG 的顶点 D.E 在△ABC 的边 BC 上，顶点 G、F 分别在边 AB.AC
上．如果 BC=4，△ABC 的面积是 6，那么这个正方形的边长是 ．
【分析】作 AH⊥BC 于 H，交 GF 于 M，如图，先利用三角形面积公式计算出 AH=3，设正方形 DEFG 的边长为
x，则 GF=x，MH=x，AM=3﹣x，再证明△AGF∽△ABC，则根据相似三角形的性质得 = ，然后解关于 x 的20
方程即可．
【解答】解：作 AH⊥BC 于 H，交 GF 于 M，如图，
∵△ABC 的面积是 6，
∴ BC•AH=6，
∴AH= =3，
设正方形 DEFG 的边长为 x，则 GF=x，MH=x，AM=3﹣x，
∵GF∥BC，
∴△AGF∽△ABC，
∴ = ，即 = ，解得 x= ，
即正方形 DEFG 的边长为 ．
故答案为 ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、
公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角
形；在应用相似三角形的性质时，主要利用相似比计算相应线段的长．也考查了正方形的性质．
5. （2018•上海•4 分）对于一个位置确定的图形，如果它的所有点都在一个水平放置的矩形内部或边上，且
该图形与矩形的每条边都至少有一个公共点（如图 1），那么这个矩形水平方向的边长称为该图形的宽，铅锤
方向的边长称为该矩形的高．如图 2，菱形 ABCD 的边长为 1，边 AB 水平放置．如果该菱形的高是宽的 ，
那么它的宽的值是 ．
【分析】先根据要求画图，设矩形的宽 AF=x，则 CF= x，根据勾股定理列方程可得结论．21
【解答】解：在菱形上建立如图所示的矩形 EAFC，
设 AF=x，则 CF= x，
在 Rt△CBF 中，CB=1，BF=x﹣1，
由勾股定理得：BC2=BF2+CF2，
，
解得：x= 或 0（舍），
即它的宽的值是 ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了新定义、矩形和菱形的性质、勾股定理，理解新定义中矩形的宽和高是关键．
6. （2018•达州•3 分）如图，平面直角坐标系中，矩形 OABC 的顶点 A（﹣6，0），C（0，2 ）．将矩形 OABC
绕点 O 顺时针方向旋转，使点 A 恰好落在 OB 上的点 A1 处，则点 B 的对应点 B1 的坐标为 ．
【分析】连接 OB1，作 B1H⊥OA 于 H，证明△AOB≌△HB1O，得到 B1H=OA=6，OH=AB=2 ，得到答案．
【解答】解：连接 OB1，作 B1H⊥OA 于 H，
由题意得，OA=6，AB=OC﹣2 ，
则 tan∠BOA= = ，
∴∠BOA=30°，
∴∠OBA=60°，
由旋转的性质可知，∠B1OB=∠BOA=30°，
∴∴∠B1OH=60°，22
在△AOB 和△HB1O，
，
∴△AOB≌△HB1O，
∴B1H=OA=6，OH=AB=2 ，
∴点 B1 的坐标为（﹣2 ，6），
故答案为：（﹣2 ，6）．
【点评】本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质，掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解
题的关键．
7. （2018•杭州•4 分）折叠矩形纸片 ABCD 时，发现可以进行如下操作：①把△ADE 翻折，点 A 落在 DC 边上
的点 F 处，折痕为 DE，点 E 在 AB 边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG 翻折，点 C 落在直线 AE 上的点 H
处 ， 折 痕 为 DG ， 点 G 在 BC 边 上 ， 若 AB=AD+2 ， EH=1 ， 则 AD=________。
【答案】 或 3
【考点】勾股定理，矩形的性质，正方形的性质，翻折变换（折 叠问题）
【解析】【解答】∵当点 H 在线段 AE 上时把△ADE 翻折，点 A 落 在 DC 边上的点 F
处，折痕为 DE，点 E 在 AB 边上
∴四边形 ADFE 是正方形
∴AD=AE
∵AH=AE-EH=AD-1
∵把△CDG 翻折，点 C 落在直线 AE 上的点 H 处，折痕为 DG，点 G 在 BC 边上
∴DC=DH=AB=AD+2
在 Rt△ADH 中，AD2+AH2=DH2
∴AD2+（AD-1）2=（AD+2）2
解之：AD=3+2 ，AD=3-2 （舍去）
∴AD=3+2 23
当点 H 在线段 BE 上时
则 AH=AE-EH=AD+1
在 Rt△ADH 中，AD2+AH2=DH2
∴AD2+（AD+1）2=（AD+2）2
解之：AD=3，AD=-1（舍去）
故答案为： 或 3
【分析】分两种情况：当点 H 在线段 AE 上；当点 H 在线段 BE 上。根据①的折叠，可得出四边形 ADFE 是正
方形，根据正方形的性质可得出 AD=AE，从而可得出 AH=AD-1（或 AH=AD+1），再根据②的折叠可得出 DH=AD+2，
然后根据勾股定理求出 AD 的长。
8. （2018•湖州•4 分）如图，已知菱形 ABCD，对角线 AC，BD 相交于点 O．若 tan∠BAC= ，AC=6，则 BD 的
长是 2 ．
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分可得 AC⊥BD，OA= AC=3，BD=2OB．再解 Rt△OAB，根据 tan∠BAC=
= ，求出 OB=1，那么 BD=2．
【解答】解：∵四边形 ABCD 是菱形，AC=6，
∴AC⊥BD，OA= AC=3，BD=2OB．
在 Rt△OAB 中，∵∠AOD=90°，
∴tan∠BAC= = ，
∴OB=1，
∴BD=2．
故答案为 2．
【点评】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，锐角三角函数的定义，掌握菱形的对角线互相垂直平分是
解题的关键．
9.（2018•湖州•4 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 y=ax2+bx（a＞0）的顶点为 C，与 x 轴
的正半轴交于点 A，它的对称轴与抛物线 y=ax2（a＞0）交于点 B．若四边形 ABOC 是正方形，则 b 的值是
﹣2 ．24
【分析】根据正方形的性质结合题意，可得出点 B 的坐标为（﹣ ，﹣ ），再利用二次函数图象上点的
坐标特征即可得出关于 b 的方程，解之即可得出结论．
【解答】解：∵四边形 ABOC 是正方形，
∴点 B 的坐标为（﹣ ，﹣ ）．
∵抛物线 y=ax2 过点 B，
∴﹣ =a（﹣ ）2，
解得：b1=0（舍去），b2=﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了抛物线与 x 轴的交点、二次函数图象上点的坐特征以及正方形的性质，利用正方形的性
质结合二次函数图象上点的坐标特征，找出关于 b 的方程是解题的关键．
10. （2018·黑龙江龙东地区·3 分）如图，在平行四边形 ABCD 中，添加一个条件 AB=BC 或 AC⊥BD 使平
行四边形 ABCD 是菱形．
【分析】根据菱形的判定方法即可判断．
【解答】解：当 AB=BC 或 AC⊥BD 时，四边形 ABCD 是菱形．
故答案为 AB=BC 或 AC⊥BD．
【点评】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键是记住菱形的判定方法．
11. （2018·黑龙江龙东地区·3 分）如图，已知正方形 ABCD 的边长是 4，点 E 是 AB 边上一动点，连接 CE，
过点 B 作 BG⊥CE 于点 G，点 P 是 AB 边上另一动点，则 PD+PG 的最小值为 2 ．25
【分析】作 DC 关于 AB 的对称点 D′C′，以 BC 中的 O 为圆心作半圆 O，连 D′O 分别交 AB 及半圆 O 于 P、
G．将 PD+PG 转化为 D′G 找到最小值．
【解答】解：如图：
取点 D 关于直线 AB 的对称点 D′．以 BC 中点 O 为圆心，OB 为半径画半圆．
连接 OD′交 AB 于点 P，交半圆 O 于点 G，连 BG．连 CG 并延长交 AB 于点 E．
由以上作图可知，BG⊥EC 于 G．
PD+PG=PD′+PG=D′G
由两点之间线段最短可知，此时 PD+PG 最小．
∵D′C=4，OC′=6
∴D′O=
∴D′G=2
∴PD+PG 的最小值为 2
故答案为：2
【点评】本题考查线段和的最小值问题，通常思想是将线段之和转化为固定两点之间的线段和最短．
12. (2018•广东•3 分）如图，矩形 ABCD 中，BC=4，CD=2，以 AD 为直径的半圆 O 与 BC 相切于点 E，连接 BD，
则阴影部分的面积为 π ．（结果保留π）
【分析】连接 OE，如图，利用切线的性质得 OD=2，OE⊥BC，易得四边形 OECD 为正方形，先利用扇形面积公26
式，利用 S 正方形 OECD﹣S 扇形 EOD 计算由弧 DE.线段 EC.CD 所围成的面积，然后利用三角形的面积减去刚才计算
的面积即可得到阴影部分的面积．
【解答】解：连接 OE，如图，
∵以 AD 为直径的半圆 O 与 BC 相切于点 E，
∴OD=2，OE⊥BC，
易得四边形 OECD 为正方形，
∴由弧 DE.线段 EC.CD 所围成的面积=S 正方形 OECD﹣S 扇形 EOD=22﹣ =4﹣π，
∴阴影部分的面积= ×2×4﹣（4﹣π）=π．
故答案为 π．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，
构造定理图，得出垂直关系．也考查了矩形的性质和扇形的面积公式．
13.（2018•广西北海•3 分）如图，矩形 ABCD 的顶点 A, B 在 x 轴上，且关于 y 轴对称，
反比例函数 y = k1 (x > 0) 的图像经过点 C ，反比例函数
x
y = k2 (x < 0)的图像分别与 AD, CD 交于点 E, F ，
x
若
S∆BEF
= 7, k1 + 3k2 = 0，则 k1 等于 .
【答案】k1 = 9
【考点】反比例函数综合题27
【解析】设 B 的坐标为(a,0)，则 A 为 (−a,0)，其中 k1 + 3k2 = 0，即 k1 = −3k2
根据题意得到
C(a,
k1
)
a
， E(−a,− k2 )，
D(−a,
a
k1
)
a
， F (− a ,
3
k1 )
a
矩形面积= 2a × k1 = 2k
a 1
2 a ×(− 2k2 )
S∆DE
F
= DF × DE = 3
2
a = − 2 k
2 3 2
4 a × k1
S = CF × BC = 3 a = 2 k
∆BCF 2 2 3 1
2a ×(− k2 )
S∆AB
E
= AB × AE =
2
a = −k
2 2
!S∆BEF = 7
∴2k + 2 k − 2 k + k = 7
1 3 2 3 1 2
把 k = − 1 k 代入上式，得到28
2 3 1
4 k + 5 ×(− 1 k ) = 7
3 1 3 3 1
4 k − 5 k = 7
3 1 9 1
7 k = 7
9 1
k1 = 929
【点评】该题考察到反比例函数中k 值得计算，设点是关键，把各点坐标求出来，根据割补法求
面积列式，求出k1 的值。
14.（2018•贵州黔西南州•3 分）己知一个菱形的边长为 2，较长的对角线长为 2 ，则这个菱形的面积是 2
．
【分析】根据菱形的性质结合勾股定理可求出较短的对角线的长，再根据菱形的面积公式即可求出该菱形的
面积．
【解答】解：依照题意画出图形，如图所示．
在 Rt△AOB 中，AB=2，OB= ，
∴OA= =1，
∴AC=2OA=2，
∴S 菱形 ABCD= AC•BD= ×2×2 =2 ．
故答案为：2 ．
【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理，根据菱形的性质结合勾股定理求出较短的对角线的长是解题
的关键．
15.（2018•贵州遵义•4 分）如图，在菱形 ABCD 中，∠ABC=120°，将菱形折叠，使点 A 恰好落在对角线 BD
上的点 G 处（不与 B.D 重合），折痕为 EF，若 DG=2，BG=6，则 BE 的长为 2.8 ．
【分析】作 EH⊥BD 于 H，根据折叠的性质得到 EG=EA，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△ABD
为等边三角形，得到 AB=BD，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【解答】解：作 EH⊥BD 于 H，
由折叠的性质可知，EG=EA，
由题意得，BD=DG+BG=8，
∵四边形 ABCD 是菱形，30
∴AD=AB，∠ABD=∠CBD= ∠ABC=60°，
∴△ABD 为等边三角形，
∴AB=BD=8，
设 BE=x，则 EG=AE=8﹣x，
在 Rt△EHB 中，BH= x，EH= x，
在 Rt△EHG 中，EG2=EH2+GH2，即（8﹣x）2=（ x）2+（6﹣x）2，
解得，x=2.8，即 BE=2.8，
故答案为：2.8．
16．（2018 年湖南省娄底市）如图，已知四边形 ABCD 中，对角线 AC.BD 相交于点 O，且 OA=OC，OB=OD，过 O
点作 EF⊥BD，分别交 AD.BC 于点 E.F．
（1）求证：△AOE≌△COF；
（2）判断四边形 BEDF 的形状，并说明理由．
【分析】（1）首先证明四边形 ABCD 是平行四边形，再利用 ASA 证明△AOE≌△COF；
（2）结论：四边形 BEDF 是菱形．根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；
【解答】（1）证明：∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形 ABCD 是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AOE 和△COF 中，
，
∴△AOE≌△COF．31
（2）解：结论：四边形 BEDF 是菱形，
∵△AOE≌△COF，
∴AE=CF，
∵AD=BC，
∴DE=BF，∵DE∥BF，
∴四边形 BEDF 是平行四边形，
∵OB=OD，EF⊥BD，
∴EB=ED，
∴四边形 BEDF 是菱形．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是
灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
17. （2018 湖南张家界 5.00 分）在矩形 ABCD 中，点 E 在 BC 上，AE=AD，DF⊥AE，垂足为 F．
（1）求证．DF=AB；
（2）若∠FDC=30°，且 AB=4，求 AD．
【分析】（1）利用“AAS”证△ADF≌△EAB 即可得；
（2）由∠ADF+∠FDC=90°、∠DAF+∠ADF=90°得∠FDC=∠DAF=30°，据此知 AD=2DF，根据 DF=AB 可得答
案．
【解答】证明：（1）在矩形 ABCD 中，∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠DAF，
又∵DF⊥AE，
∴∠DFA=90°，
∴∠DFA=∠B，
又∵AD=EA，
∴△ADF≌△EAB，
∴DF=AB．
（2）∵∠ADF+∠FDC=90°，∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠FDC=∠DAF=30°，
∴AD=2DF，32
∵DF=AB，
∴AD=2AB=8．
【点评】本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握矩形的性质和全等三角形的判定与性质及直角三角形
的性质．
18. （2018 湖南湘西州 8.00 分）如图，在矩形 ABCD 中，E 是 AB 的中点，连接 DE.CE．
（1）求证：△ADE≌△BCE；
（2）若 AB=6，AD=4，求△CDE 的周长．
【分析】（1）由全等三角形的判定定理 SAS 证得结论；
（2）由（1）中全等三角形的对应边相等和勾股定理求得线段 DE 的长度，结合三角形的周长公式解答．
【解答】（1）证明：在矩形 ABCD 中，AD=BC，∠A=∠B=90°．
∵E 是 AB 的中点，
∴AE=BE．
在△ADE 与△BCE 中，
，
∴△ADE≌△BCE（SAS）；
（2）由（1）知：△ADE≌△BCE，则 DE=EC．
在直角△ADE 中，AE=4，AE= AB=3，
由勾股定理知，DE= = =5，
∴△CDE 的周长=2DE+AD=2DE+AB=2×5+6=16．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性
质证明线段和角相等的重要工具．在判定三 角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
19.（2018•上海•4 分）如图，已知正方形 DEFG 的顶点 D.E 在△ABC 的边 BC 上，顶点 G、F 分别在边 AB.AC
上．如果 BC=4，△ABC 的面积是 6，那么这个正方形的边长是 ．33
【分析】作 AH⊥BC 于 H，交 GF 于 M，如图，先利用三角形面积公式计算出 AH=3，设正方形 DEFG 的边长为
x，则 GF=x，MH=x，AM=3﹣x，再证明△AGF∽△ABC，则根据相似三角形的性质得 = ，然后解关于 x 的
方程即可．
【解答】解：作 AH⊥BC 于 H，交 GF 于 M，如图，
∵△ABC 的面积是 6，
∴ BC•AH=6，
∴AH= =3，
设正方形 DEFG 的边长为 x，则 GF=x，MH=x，AM=3﹣x，
∵GF∥BC，
∴△AGF∽△ABC，
∴ = ，即 = ，解得 x= ，
即正方形 DEFG 的边长为 ．
故答案为 ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、
公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角
形；在应用相似三角形的性质时，主要利用相似比计算相应线段的长．也考查了正方形的性质．
20. （2018•上海•4 分）对于一个位置确定的图形，如果它的所有点都在一个水平放置的矩形内部或边上，
且该图形与矩形的每条边都至少有一个公共点（如图 1），那么这个矩形水平方向的边长称为该图形的宽，铅
锤方向的边长称为该矩形的高．如图 2，菱形 ABCD 的边长为 1，边 AB 水平放置．如果该菱形的高是宽的 ，
那么它的宽的值是 ．34
【分析】先根据要求画图，设矩形的宽 AF=x，则 CF= x，根据勾股定理列方程可得结论．
【解答】解：在菱形上建立如图所示的矩形 EAFC，
设 AF=x，则 CF= x，
在 Rt△CBF 中，CB=1，BF=x﹣1，
由勾股定理得：BC2=BF2+CF2，
，
解得：x= 或 0（舍），
即它的宽的值是 ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了新定义、矩形和菱形的性质、勾股定理，理解新定义中矩形的宽和高是关键．
21. （2018•达州•3 分）如图，平面直角坐标系中，矩形 OABC 的顶点 A（﹣6，0），C（0，2 ）．将矩形 OABC
绕点 O 顺时针方向旋转，使点 A 恰好落在 OB 上的点 A1 处，则点 B 的对应点 B1 的坐标为 ．
【分析】连接 OB1，作 B1H⊥OA 于 H，证明△AOB≌△HB1O，得到 B1H=OA=6，OH=AB=2 ，得到答案．
【解答】解：连接 OB1，作 B1H⊥OA 于 H，35
由题意得，OA=6，AB=OC﹣2 ，
则 tan∠BOA= = ，
∴∠BOA=30°，
∴∠OBA=60°，
由旋转的性质可知，∠B1OB=∠BOA=30°，
∴∴∠B1OH=60°，
在△AOB 和△HB1O，
，
∴△AOB≌△HB1O，
∴B1H=OA=6，OH=AB=2 ，
∴点 B1 的坐标为（﹣2 ，6），
故答案为：（﹣2 ，6）．
【点评】本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质，掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解
题的关键．
三.解答题
1. （2018·湖北江汉油田、潜江市、天门市、仙桃市·5 分）图①、图②都是由边长为 1 的小菱形构成的网
格，每个小菱形的顶点称为格点．点 O，M，N，A，B 均在格点上，请仅用无刻度直尺在网格中完成下列画
图．
（1）在图①中，画出∠MON 的平分线 OP；
（2）在图②中，画一个 Rt△ABC，使点 C 在格点上．36
【分析】（1）构造全等三角形，利用全等三角形的性质即可解决问题；
（2）利用菱形以及平行线的性质即可解决问题；
【解答】解：（1）如图所示，射线 OP 即为所求．
（2）如图所示，点 C 即为所求；
【点评】本题考查作图﹣应用与设计、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
中考常考题型．
2. （2018·湖北襄阳·10 分）如图（1），已知点 G 在正方形 ABCD 的对角线 AC 上，GE⊥BC，垂足为点 E，GF⊥CD，
垂足为点 F．
（1）证明与推断：
①求证：四边形 CEGF 是正方形；
②推断： 的值为 ：
（2）探究与证明：
将正方形 CEGF 绕点 C 顺时针方向旋转 α 角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段 AG 与 BE 之间
的数量关系，并说明理由：
（3）拓展与运用：
正方形 CEGF 在旋转过程中，当 B，E，F 三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长 CG 交 AD 于点 H．若
AG=6，GH=2 ，则 BC= 3 ．37
【分析】（1）①由 GE⊥BC.GF⊥CD 结合∠BCD=90°可得四边形 CEGF 是矩形，再由∠ECG=45°即可得证；②
由正方形性质知∠CEG=∠B=90°、∠ECG=45°，据此可得 = 、GE∥AB，利用平行线分线段成比例定理
可得；
（2）连接 CG，只需证△ACG∽△BCE 即可得；
（3）证△AHG∽△CHA 得 = = ，设 BC=CD=AD=a，知 AC= a，由 = 得 AH= A.DH= A.CH=
a，由 = 可得 a 的值．
【解答】解：（1）①∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，
∵GE⊥BC.GF⊥CD，
∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，
∴四边形 CEGF 是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，
∴EG=EC，
∴四边形 CEGF 是正方形；
②由①知四边形 CEGF 是正方形，
∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，
∴ = ，GE∥AB，
∴ = = ，
故答案为： ；
（2）连接 CG，38
由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，
在 Rt△CEG 和 Rt△CBA 中，
=cos45°= 、 =cos45°= ，
∴ = = ，
∴△ACG∽△BCE，
∴ = = ，
∴线段 AG 与 BE 之间的数量关系为 AG= BE；
（3）∵∠CEF=45°，点 B.E.F 三点共线，
∴∠BEC=135°，
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC=∠BEC=135°，
∴∠AGH=∠CAH=45°，
∵∠CHA=∠AHG，
∴△AHG∽△CHA，
∴ = = ，
设 BC=CD=AD=a，则 AC= a，
则由 = 得 = ，
∴AH= a，
则 DH=AD﹣AH= a，CH= = a，
∴ = 得 = ，
解得：a=3 ，即 BC=3 ，
故答案为：3 ．
【点评】本题主要考查相似形的综合题，解题的关键是掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质
等知识点．
3. 2018·湖南郴州·6 分）如图，在▱ABCD 中，作对角线 BD 的垂直平分线 EF，垂足为 O，分别交 AD，BC 于
E，F，连接 BE，DF．求证：四边形 BFDE 是菱形．39
【分析】根据平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法证明出△DOE≌△BOF，得到 OE=OF，利用对角线
互相平分的四边形是平行四边形得出四边形 EBFD 是平行四边形，进而利用对角线互相垂直的平行四边形是
菱形得出四边形 BFDE 为菱形．
【解答】证明：∵在▱ABCD 中，O 为对角线 BD 的中点，
∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，
在△EOD 和△FOB 中，
，
∴△DOE≌△BOF（ASA）；
∴OE=OF，
又∵OB=OD，
∴四边形 EBFD 是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形 BFDE 为菱形．
【点评】此题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出 OE=OF
是解题关键．
4.（2018•江苏苏州•3 分）如图，已知 AB=8，P 为线段 AB 上的一个动点，分别以 AP，PB 为边在 AB 的同侧作
菱形 APCD 和菱形 PBFE，点 P，C，E 在一条直线上，∠DAP=60°．M，N 分别是对角线 AC，BE 的中点．当点 P
在线段 AB 上移动时，点 M，N 之间的距离最短为 2 （结果留根号）．
【分析】连接 PM、PN．首先证明∠MPN=90°设 PA=2a，则 PB=8﹣2a，PM=a，PN= （4﹣a），构建二次函数，
利用二次函数的性质即可解决问题；
【解答】解：连接 PM、PN．40
∵四边形 APCD，四边形 PBFE 是菱形，∠DAP=60°，
∴∠APC=120°，∠EPB=60°，
∵M，N 分别是对角线 AC，BE 的中点，
∴∠CPM= ∠APC=60°，∠EPN= ∠EPB=30°，∴∠MPN=60°+30°=90°，
设 PA=2a，则 PB=8﹣2a，PM=a，PN= （4﹣a），
∴MN= = = ，
∴a=3 时，MN 有最小值，最小值为 2 ，
故答案为 2 ．
【点评】本题考查菱形的性质、勾股定理二次函数的性质等知识，解题 的关键是学会添加常用辅助线，构建
二次函数解决最值问题．
5.（2018•江苏无锡•8 分）如图，四边形 ABCD 内接于⊙O，AB=17，CD=10，∠A=90°，cosB= ，求 AD 的
长．
【分析】根据圆内接四边形的对角互补得出∠C=90°，∠ABC+∠ADC=180°．作 AE⊥BC 于 E，DF⊥AE 于 F，
则 CDFE 是矩形，EF=CD=10．解 Rt△AEB，得出 BE=AB•cos∠ABE= ，AE= = ，那么 AF=AE﹣EF=
．再证明∠ABC+∠ADF=90°，根据互余角的互余函数相等得出 sin∠ADF=cos∠ABC= ．解 Rt△ADF，即
可求出 AD= =6．
【解答】解：∵四边形 ABCD 内接于⊙O，∠A=90°，
∴∠C=180°﹣∠A=90°，∠ABC+∠ADC=180°．
作 AE⊥BC 于 E，DF⊥AE 于 F，则 CDFE 是矩形，EF=CD=10．
在 Rt△AEB 中，∵∠AEB=90°，AB=17，cos∠ABC= ，41
∴BE=AB•cos∠ABE= ，∴AE= = ，∴AF=AE﹣EF= ﹣10= ．
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠CDF=90°，∴∠ABC+∠ADF=90°，
∵cos∠ABC= ，∴sin∠ADF=cos∠ABC= ．
在 Rt△ADF 中，∵∠AFD=90°，sin∠ADF= ，∴AD= = =6．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，求出 AF= 以及
sin∠ADF= 是解题的关键．
6.（2018•江苏宿迁•12 分）如图，在边长为 1 的正方形 ABCD 中，动点 E.F 分别在边 AB.CD 上，将正方形 ABCD
沿直线 EF 折叠，使点 B 的对应点 M 始终落在边 AD 上（点 M 不与点 A.D 重合），点 C 落在点 N 处，MN 与 CD 交
于点 P，设 BE=x，
（1）当 AM= 时，求 x 的值；
（2）随着点 M 在边 AD 上位置的变化，△PDM 的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出
该定值；
（3）设四边形 BEFC 的面积为 S，求 S 与 x 之间的函数表达式，并求出 S 的最小值.
【分析】（1）由折叠性质可知 BE=ME=x，结合已知条件知 AE=1-x，在 Rt△AME 中，根据勾股定理得（1-x）2+
=x2 ， 解得：x= .
（2）△PDM 的周长不会发生变化，且为定值 2.连接 BM、BP，过点 B 作 BH⊥MN，根据折叠性质知 BE=ME，由
等边对等角得∠EBM=∠EMB，由等角的余角相等得∠MBC=∠BMN，由全等三角形的判定 AAS 得 Rt△ABM≌Rt△42
HBM，根据全等三角形的性质得 AM=HM，AB=HB=BC，又根据全等三角形的判定 HL 得 Rt△BHP≌Rt△BCP，根据
全等三角形的性质得 HP=CP，由三角形周长和等量代换即可得出△PDM 周长为定值 2.
（3）过 F 作 FQ⊥AB，连接 BM，由折叠性质可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，由等角的余角相等得∠EBM=∠EMB=
∠QFE，由全等三角形的判定 ASA 得 Rt△ABM≌Rt△QFE，据全等三角形的性质得 AM=QE；设 AM 长为 a，在 Rt
△AEM 中，根据勾股定理得（1-x）2+a2=x2,从而得 AM=QE= ,
BQ=CF=x- ，根据梯形得面积公式代入即可得出 S 与 x 的函数关系式；又由（1-x）2+a2=x2,得 x=
=AM=BE，BQ=CF= -a（0
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