中考数学分项解析1--四边形(2017版)
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资料简介
专题10 四边形 一、选择题 ‎1.(2017浙江衢州第8题)如图,在直角坐标系中,点A在函数的图象上,AB⊥轴于点B,AB的垂直平分线与轴交于点C,与函数的图象交于点D。连结AC,CB,BD,DA,则四边形ACBD的面积等于( )‎ A. 2 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:设A(a,),可求出D(‎2a,),‎ ‎∵AB⊥CD,‎ ‎∴S四边形ACBD=AB•CD=×‎2a×=4,‎ 故选C.‎ 考点:反比例函数系数k的几何意义.‎ ‎2.(2017浙江衢州第9题)如图,矩形纸片ABCD中,AB=4,BC=6,将△ABC沿AC折叠,使点B落在点E处,CE交AD于点F,则DF的长等于( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B.‎ ‎【解析】‎ 试题解析: ∵矩形ABCD沿对角线AC对折,使△ABC落在△ACE的位置,‎ ‎∴AE=AB,∠E=∠B=90°,‎ 又∵四边形ABCD为矩形,‎ ‎∴AB=CD,‎ ‎∴AE=DC,‎ 而∠AFE=∠DFC,‎ ‎∵在△AEF与△CDF中,‎ ‎,‎ ‎∴△AEF≌△CDF(AAS),‎ ‎∴EF=DF;‎ ‎∵四边形ABCD为矩形,‎ ‎∴AD=BC=6,CD=AB=4,‎ ‎∵Rt△AEF≌Rt△CDF,‎ ‎∴FC=FA,‎ 设FA=x,则FC=x,FD=6﹣x,‎ 在Rt△CDF中,CF2=CD2+DF2,即x2=42+(6﹣x)2,解得x=,‎ 则FD=6﹣x=.‎ 故选B.‎ 考点:1.矩形的性质;2.折叠问题.‎ ‎3.(2017山东德州第11题)如图放置的两个正方形,大正方形ABCD边长为a,小正方形CEFG边长为b(a>b),M在边BC上,且BM=b,连AM,MF,MF交CG于点P,将△ABM绕点A旋转至△ADN,将△MEF绕点F旋转至△NGF。给出以下五种结论:∠MAD=∠AND;‚CP=;ƒΔABM≌ΔNGF;④S四边形AMFN=a2+b2;⑤A,M,P,D四点共线 其中正确的个数是( )‎ A.2 B.‎3 C.4 D.5‎ ‎【答案】D 考点:正方形、全等、相似、勾股定理 ‎4.(2017浙江宁波第11题)如图,四边形是边长为6的正方形,点在边上,,过点作,分别交,于,两点,若,分别是,的中点,则的长为( )‎ A.3 B. C. D.4‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:如图,过N作PQ∥BC,交AB,CD于P,Q,过M作MR∥CD,交EF于J,PQ于H,交BC于R 在正方形ABCD中,BC=CD=6‎ ‎∴BD=6‎ ‎∵BE=EG=4‎ ‎∴BG=4‎ ‎∴DG=2‎ ‎∵M是DG的中点 ‎∴MJ=DF=1,JF=1‎ ‎∵N为EC的中点 ‎∴PN=BC=3‎ ‎∴QN=3‎ ‎∴NH=2,MH=3 ‎ ‎∴MN= ‎ 故选C.‎ 考点:1.正方形的性质;2.三角形的中位线;3.勾股定理.‎ ‎5.(2017重庆A卷第9题)如图,矩形ABCD的边AB=1,BE平分∠ABC,交AD于点E,若点E是AD的中点,以点B为圆心,BE为半径画弧,交BC于点F,则图中阴影部分的面积是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:∵矩形ABCD的边AB=1,BE平分∠ABC,‎ ‎∴∠ABE=∠EBF=45°,AD∥BC,‎ ‎∴∠AEB=∠CBE=45°,‎ ‎∴AB=AE=1,BE=,‎ ‎∵点E是AD的中点,‎ ‎∴AE=ED=1,‎ ‎∴图中阴影部分的面积=S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S扇形EBF ‎=1×2﹣×1×1﹣‎ ‎=.‎ 故选B.‎ 考点:1.矩形的性质;2.扇形的面积计算.‎ ‎6.(2017广西贵港第12题)如图,在正方形 中,是对角线与的交点,是边上的动点(点不与重合),与交于点 ,连接 .下列五个结论:① ;② ;③ ;④ ;⑤若,则的最小值是 ,其中正确结论的个数是 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题解析:∵正方形ABCD中,CD=BC,∠BCD=90°,‎ ‎∴∠BCN+∠DCN=90°,‎ 又∵CN⊥DM,‎ ‎∴∠CDM+∠DCN=90°,‎ ‎∴∠BCN=∠CDM,‎ 又∵∠CBN=∠DCM=90°,‎ ‎∴△CNB≌△DMC(ASA),故①正确;‎ 根据△CNB≌△DMC,可得CM=BN,‎ 又∵∠OCM=∠OBN=45°,OC=OB,‎ ‎∴△OCM≌△OBN(SAS),‎ ‎∴OM=ON,∠COM=∠BON,‎ ‎∴∠DOC+∠COM=∠COB+∠BPN,即∠DOM=∠CON,‎ 又∵DO=CO,‎ ‎∴△CON≌△DOM(SAS),故②正确;‎ ‎∵∠BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°,‎ ‎∴∠MON=90°,即△MON是等腰直角三角形,‎ 又∵△AOD是等腰直角三角形,‎ ‎∴△OMN∽△OAD,故③正确;‎ ‎∵AB=BC,CM=BN,‎ ‎∴BM=AN,‎ 又∵Rt△BMN中,BM2+BN2=MN2,‎ ‎∴AN2+CM2=MN2,故④正确;‎ ‎∵△OCM≌△OBN,‎ ‎∴四边形BMON的面积=△BOC的面积=1,即四边形BMON的面积是定值1,‎ ‎∴当△MNB的面积最大时,△MNO的面积最小,‎ 设BN=x=CM,则BM=2﹣x,‎ ‎∴△MNB的面积=x(2﹣x)=﹣x2+x,‎ ‎∴当x=1时,△MNB的面积有最大值,‎ 此时S△OMN的最小值是1﹣=,故⑤正确;‎ 综上所述,正确结论的个数是5个,‎ 故选:D.‎ 考点:相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;正方形的性质.‎ ‎7.(2017贵州安顺第7题)如图,矩形纸片ABCD中,AD=4cm,把纸片沿直线AC折叠,点B落在E处,AE交DC于点O,若AO=5cm,则AB的长为(  )‎ A.6cm B.7cm C.8cm D.9cm ‎【答案】C.‎ ‎【解析】‎ 考点:翻折变换(折叠问题);矩形的性质.‎ ‎8.(2017湖南怀化第9题)如图,在矩形中, 对角线,相交于点,,,则的长是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴OA=OC=OB=OD=3,‎ ‎∵∠AOB=60°,‎ ‎∴△AOB是等边三角形,‎ ‎∴AB=OA=3,‎ 故选A.‎ 考点:矩形的性质.‎ ‎9.(2017甘肃兰州第 8题)如图,矩形的对角线与相交于点,,,则( )‎ A. B.4 C. D.3‎ ‎【答案】B 考点: 矩形的性质.‎ ‎10. (2017甘肃兰州第14题)如图,在正方形和正方形中,点在上,,将正方形绕点顺时针旋转,得到正方形,此时点在上,连接,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题解析:作G′I⊥CD于I,G′R⊥BC于R,E′H⊥BC交BC的延长线于H.连接RF′.则四边形RCIG′是正方形.‎ ‎∵∠DG′F′=∠IGR=90°,‎ ‎∴∠DG′I=∠RG′F′,‎ 在△G′ID和△G′RF中,‎ ‎ ‎ ‎∴△G′ID≌△G′RF,‎ ‎∴∠G′ID=∠G′RF′=90°,‎ ‎∴点F在线段BC上,‎ 在Rt△E′F′H中,∵E′F′=2,∠E′F′H=30°,‎ ‎∴E′H=E′F′=1,F′H=,‎ 易证△RG′F′≌△HF′E′,‎ ‎∴RF′=E′H,RG′RC=F′H,‎ ‎∴CH=RF′=E′H,‎ ‎∴CE′=,‎ ‎∵RG′=HF′=,‎ ‎∴CG′=RG′=,‎ ‎∴CE′+CG′=+.‎ 故选A.‎ 考点:旋转的性质;正方形的性质.‎ ‎11.(2017贵州黔东南州第8题)如图,正方形ABCD中,E为AB中点,FE⊥AB,AF=2AE,FC交BD于O,则∠DOC的度数为(  )‎ A.60° B.67.5° C.75° D.54°‎ ‎【答案】A.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:如图,连接DF、BF.‎ ‎∵FE⊥AB,AE=EB,‎ ‎∴FA=FB,‎ ‎∵AF=2AE,‎ ‎∴AF=AB=FB,‎ ‎∴△AFB是等边三角形,‎ ‎∵AF=AD=AB,‎ ‎∴点A是△DBF的外接圆的圆心,‎ ‎∴∠FDB=∠FAB=30°,‎ ‎∵四边形ABCD是正方形,‎ ‎∴AD=BC,∠DAB=∠ABC=90°,∠ADB=∠DBC=45°,‎ ‎∴∠FAD=∠FBC,‎ ‎∴△FAD≌△FBC,‎ ‎∴∠ADF=∠FCB=15°,‎ ‎∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=60°.‎ 故选A.‎ 考点:正方形的性质.‎ ‎12.(2017四川泸州第7题)下列命题是真命题的是(  )‎ A.四边都是相等的四边形是矩形 B.菱形的对角线相等 C.对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D.对角线相等的平行四边形是矩形 ‎【答案】D.‎ ‎【解析】‎ 考点:命题与定理.‎ ‎13. (2017四川泸州第11题)如图,在矩形ABCD中,点E是边BC的中点,AE⊥BD,垂足为F,则tan∠BDE的值是(  )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴AD=BC,AD∥BC,‎ ‎∵点E是边BC的中点,‎ ‎∴BE=BC=AD,‎ ‎∴△BEF∽△DAF,‎ ‎∴,‎ ‎∴EF=AF,‎ ‎∴EF=AE,‎ ‎∵点E是边BC的中点,‎ ‎∴由矩形的对称性得:AE=DE,‎ ‎∴EF=DE,设EF=x,则DE=3x,‎ ‎∴DF=x,‎ ‎∴tan∠BDE= .‎ 故选A.‎ 考点:1.矩形的性质;2.解直角三角形.‎ ‎14.(2017四川宜宾第7题)如图,在矩形ABCD中BC=8,CD=6,将△ABE沿BE折叠,使点A恰好落在对角线BD上F处,则DE的长是(  )‎ A.3 B. C.5 D. ‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:∵矩形ABCD,‎ ‎∴∠BAD=90°,‎ 由折叠可得△BEF≌△BAE,‎ ‎∴EF⊥BD,AE=EF,AB=BF,‎ 在Rt△ABD中,AB=CD=6,BC=AD=8,‎ 根据勾股定理得:BD=10,即FD=10﹣6=4,‎ 设EF=AE=x,则有ED=8﹣x,‎ 根据勾股定理得:x2+42=(8﹣x)2,‎ 解得:x=3(负值舍去),‎ 则DE=8﹣3=5,‎ 故选C.‎ 考点:1. 翻折变换(折叠问题);2.矩形的性质.‎ ‎15.(2017浙江嘉兴第9题)一张矩形纸片,已知,,小明按所给图步骤折叠纸片,则线段长为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:∵AB=3,AD=2,‎ ‎∴DA′=2,CA′=1,‎ ‎∴DC′=1,‎ ‎∵∠D=45°,‎ ‎∴DG=DC′=,‎ 故选A.‎ 考点:矩形的性质.‎ 二、填空题 ‎1.(2017浙江宁波第18题)如图,在边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,点M是AD边的中点,连接MC,将菱形ABCD翻折,使点A落在线段CM上的点E处,折痕交AB于点N,则线段EC的长为 .‎ ‎【答案】-1.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:如图所示:过点M作MF⊥DC于点F,‎ ‎ ∵在边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,M为AD中点, ∴2MD=AD=CD=2,∠FDM=60°, ∴∠FMD=30°, ∴FD=MD=, ∴FM=DM×cos30°=, ∴MC=,‎ ‎∴EC=MC-ME=-1.‎ 考点:1.折叠问题;2.菱形的性质.‎ ‎2.(2017重庆A卷第18题)如图,正方形ABCD中,AD=4,点E是对角线AC上一点,连接DE,过点E作EF⊥ED,交AB于点F,连接DF,交AC于点G,将△EFG沿EF翻折,得到△EFM,连接DM,交EF于点N,若点F是AB的中点,则△EMN的周长是   .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题解析:如图1,过E作PQ⊥DC,交DC于P,交AB于Q,连接BE,‎ ‎∵DC∥AB,‎ ‎∴PQ⊥AB,‎ ‎∵四边形ABCD是正方形,‎ ‎∴∠ACD=45°,‎ ‎∴△PEC是等腰直角三角形,‎ ‎∴PE=PC,‎ 设PC=x,则PE=x,PD=4﹣x,EQ=4﹣x,‎ ‎∴PD=EQ,‎ ‎∵∠DPE=∠EQF=90°,∠PED=∠EFQ,‎ ‎∴△DPE≌△EQF,‎ ‎∴DE=EF,‎ 易证明△DEC≌△BEC,‎ ‎∴DE=BE,‎ ‎∴EF=BE,‎ ‎∵EQ⊥FB,‎ ‎∴FQ=BQ=BF,‎ ‎∵AB=4,F是AB的中点,‎ ‎∴BF=2,‎ ‎∴FQ=BQ=PE=1,‎ ‎∴CE=,‎ Rt△DAF中,DF=,‎ ‎∵DE=EF,DE⊥EF,‎ ‎∴△DEF是等腰直角三角形,‎ ‎∴DE=EF=,‎ ‎∴PD==3,‎ 如图2,‎ ‎∵DC∥AB,‎ ‎∴△DGC∽△FGA,‎ ‎∴,‎ ‎∴CG=2AG,DG=2FG,‎ ‎∴FG=,‎ ‎∵AC=,‎ ‎∴CG=,‎ ‎∴EG=,‎ 连接GM、GN,交EF于H,‎ ‎∵∠GFE=45°,‎ ‎∴△GHF是等腰直角三角形,‎ ‎∴GH=FH=,‎ ‎∴EH=EF﹣FH=,‎ ‎∴∠NDE=∠AEF,‎ ‎∴tan∠NDE=tan∠AEF=,‎ ‎∴,‎ ‎∴EN=,‎ ‎∴NH=EH﹣EN=,‎ Rt△GNH中,GN=,‎ 由折叠得:MN=GN,EM=EG,‎ ‎∴△EMN的周长=EN+MN+EM=.‎ 考点:1.折叠;2.正方形的性质.‎ ‎3.(2017贵州安顺第17题)如图所示,正方形ABCD的边长为6,△‎ ABE是等边三角形,点E在正方形ABCD内,在对角线AC上有一点P,使PD+PE的和最小,则这个最小值为   .‎ ‎【答案】6.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:设BE与AC交于点P,连接BD,‎ ‎∵点B与D关于AC对称,‎ ‎∴PD=PB,‎ ‎∴PD+PE=PB+PE=BE最小.‎ 即P在AC与BE的交点上时,PD+PE最小,为BE的长度;‎ ‎∵正方形ABCD的边长为6,‎ ‎∴AB=6.‎ 又∵△ABE是等边三角形,‎ ‎∴BE=AB=6.‎ 故所求最小值为6.‎ 考点:轴对称﹣最短路线问题;等边三角形的性质;正方形的性质.‎ ‎4.(2017湖北武汉第13题)如图,在ABCD中,∠D=100°,∠DAB的平分线AE交DC于点E,连接BE,若AE=AB,则∠EBC的度数为 .‎ ‎【答案】30°.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:∵四边形ABCD是平行四边形 ‎∴AB∥DC,∠ABC=∠D ‎∴∠DAB+∠D=180°,‎ ‎∵∠D=100°,‎ ‎∴∠DAB=80°, ∠ABC=100°‎ 又∵∠DAB的平分线交DC于点E ‎∴∠EAD=∠EAB=40°‎ ‎∵AE=AB ‎∴∠ABE=(180°-40°)=70°‎ ‎∴∠EBC=∠ABC-∠ABE=100°-70°=30°. ‎ 考点:1.解平分线的性质;2.平行四边形的性质.‎ ‎5.(2017湖南怀化第13题)如图,在平行四边形中,对角线,相交于点,点是的中点,,则的长为 cm.‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ 试题解析:∵四边形ABCD为平行四边形,‎ ‎∴BO=DO,‎ ‎∵点E是AB的中点,‎ ‎∴OE为△ABD的中位线,‎ ‎∴AD=2OE,‎ ‎∵OE=5cm,‎ ‎∴AD=10cm.‎ 考点:平行四边形的性质;三角形中位线定理.‎ ‎6. (2017湖南怀化第16题) 如图,在菱形中,,,点是 这个菱形内部或边上的一点,若以为顶点的三角形是等腰三角形,则,(,两点不重合)两点间的最短距离为 cm.‎ ‎【答案】10﹣10(cm).‎ ‎【解析】‎ ‎②若以边PB为底,∠PCB为顶角时,以点C为圆心,BC长为半径作圆,与AC相交于一点,则弧BD(除点B外)上的所有点都满足△PBC是等腰三角形,当点P在AC上时,AP最小,最小值为10﹣10;‎ ‎③若以边PC为底,∠PBC为顶角,以点B为圆心,BC为半径作圆,则弧AC上的点A与点D均满足△PBC为等腰三角形,当点P与点A重合时,PA最小,显然不满足题意,故此种情况不存在; ‎ 综上所述,PD的最小值为10﹣10(cm).‎ 考点:菱形的性质;等腰三角形的性质.‎ ‎7.(2017甘肃兰州第19题)在平行四边形中,对角线与相交于点,要使四边形是正方形,还需添加一组条件。下面给出了四组条件:①,且;②,且;③,且;④,且,其中正确的序号是 .‎ ‎【答案】①③④.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:∵四边形ABCD是平行四边形,AB=AD,‎ ‎∴四边形ABCD是菱形,‎ 又∵AB⊥AD,‎ ‎∴四边形ABCD是正方形,①正确;‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形,AB=BD,AB⊥BD,‎ ‎∴平行四边形ABCD不可能是正方形,②错误;‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形,OB=OC,‎ ‎∴AC=BD,‎ ‎∴四边形ABCD是矩形,‎ 又OB⊥OC,即对角线互相垂直,‎ ‎∴平行四边形ABCD是正方形,③正确;‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形,AB=AD,‎ ‎∴四边形ABCD是菱形,‎ 又∵AC=BD,∴四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴平行四边形ABCD是正方形,④正确;‎ 故答案为:①③④.‎ 考点:正方形的判定;平行四边形的性质.‎ ‎8.(2017四川宜宾第11题)如图,在菱形ABCD中,若AC=6,BD=8,则菱形ABCD的面积是   .‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】‎ 试题解析:∵菱形ABCD的对角线AC=6,BD=8,‎ ‎∴菱形的面积S=AC•BD=×8×6=24.‎ 考点:菱形的性质.‎ ‎9.(2017四川自贡第18题)如图,13个边长为1的小正方形,排列形式如图,把它们分割,使分割后能拼成一个大正方形.请在如图所示的网格中(网格的边长为1)中,用直尺作出这个大正方形.‎ ‎【答案】作图见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:如图所示:所画正方形即为所求.‎ 考点:作图—应用与设计.‎ ‎10.(2017新疆建设兵团第14题)如图,在边长为6cm的正方形ABCD中,点E、F、G、H分别从点A、B、C、D同时出发,均以1cm/s的速度向点B、C、D、A匀速运动,当点E到达点B时,四个点同时停止运动,在运动过程中,当运动时间为   s时,四边形EFGH的面积最小,其最小值是   cm2.‎ ‎【答案】18.‎ ‎【解析】‎ 考点:二次函数的最值;正方形的性质.‎ ‎11. (2017新疆建设兵团第15题)如图,在四边形ABCD中,AB=AD,CB=CD,对角线AC,BD相交于点O,下列结论中:‎ ‎①∠ABC=∠ADC;‎ ‎②AC与BD相互平分;‎ ‎③AC,BD分别平分四边形ABCD的两组对角;‎ ‎④四边形ABCD的面积S=AC•BD.‎ 正确的是   (填写所有正确结论的序号)‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】‎ 试题解析:①在△ABC和△ADC中,‎ ‎∵,‎ ‎∴△ABC≌△ADC(SSS),‎ ‎∴∠ABC=∠ADC,‎ 故①结论正确;‎ ‎②∵△ABC≌△ADC,‎ ‎∴∠BAC=∠DAC,‎ ‎∵AB=AD,‎ ‎∴OB=OD,AC⊥BD,‎ 而AB与BC不一定相等,所以AO与OC不一定相等,‎ 故②结论不正确;‎ ‎③由②可知:AC平分四边形ABCD的∠BAD、∠BCD,‎ 而AB与BC不一定相等,所以BD不一定平分四边形ABCD的对角;‎ 故③结论不正确;‎ ‎④∵AC⊥BD,‎ ‎∴四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD=BD•AO+BD•CO=BD•(AO+CO)=AC•BD.‎ 故④结论正确;‎ 所以正确的有:①④‎ 考点:全等三角形的判定与性质;线段垂直平分线的性质.‎ ‎12.(2017江苏徐州第17题)如图,矩形中,,点在对角线上,且,连接并延长,与边交于点,则线段 .‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 试题解析:∵矩形ABCD中,AB=4,AD=3=BC,‎ ‎∴AC=5,‎ 又∵AQ=AD=3,AD∥CP,‎ ‎∴CQ=5-3=2,∠CQP=∠AQD=∠ADQ=∠CPQ,‎ ‎∴CP=CQ=2,‎ ‎∴BP=3-2=1,‎ ‎∴Rt△ABP中,AP=.‎ 考点:1.相似三角形的判定与性质;2.勾股定理;3.矩形的性质.‎ ‎13.(2017浙江嘉兴第15题)如图,把个边长为1的正方形拼接成一排,求得,,,计算 ,……按此规律,写出 ‎ ‎(用含的代数式表示).‎ ‎【答案】,.‎ ‎【解析】‎ 试题解析:作CH⊥BA4于H,‎ 由勾股定理得,BA4=,A4C=,‎ ‎△BA4C的面积=4-2-=,‎ ‎∴××CH=,‎ 解得,CH=,‎ 则A4H==,‎ ‎∴tan∠BA4C==,‎ ‎1=12-1+1,‎ ‎3=22-2+1,‎ ‎7=32-3+1,‎ ‎∴tan∠BAnC=.‎ 考点:1.解直角三角形;2.勾股定理;3.正方形的性质.‎ 三、解答题 ‎1(2017浙江衢州第24题)在直角坐标系中,过原点O及点A(8,0),C(0,6)作矩形OABC,连结OB,D为OB的中点。点E是线段AB上的动点,连结DE,作DF⊥DE,交OA于点F,连结EF。已知点E从A点出发,以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动,设移动时间为t秒。‎ ‎(1)如图1,当t=3时,求DF的长;‎ ‎(2)如图2,当点E在线段AB上移动的过程中,∠DEF的大小是否发生变化?如果变化,请说明理由;如果不变,请求出tan∠DEF的值;‎ ‎(3)连结AD,当AD将△DEF分成的两部分面积之比为1:2时,求相应t的值。‎ ‎【答案】(1)3;(2)∠DEF的大小不变;理由见解析;;(3)或.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)当t=3时,点E为AB的中点,由三角形的中位线定理得出DE∥EA,DE=OA=4,再由矩形的性质证出DE⊥AB,得出∠OAB=∠DEA=90°,证出四边形DFAE是矩形,得出DF=AE=3即可;‎ ‎(2)作DM⊥OA于点M,DN⊥AB于N,证明四边形DMAN是矩形,得出∠MDN=90°,DM∥AB,DN∥OA,由平行线得出比例式,,由三角形中位线定理得出DM=AB=3,DN=OA=4,证明ΔDMF∽ΔDNE,得出,再由三角函数的定义即可得解;‎ ‎(3)作DM⊥OA于M,DN⊥AB于N,若AD将ΔDEF的面积分为1:2的两部分,设AD交EF于点G,则点G为EF的三等分点.‎ ‎①当点E到达中点之前时,NE=3-t,由ΔDMF∽ΔDNE得:MF=,求出AF=4+MF=‎ ‎,得出G(,),求出直线AD的解析式为y=-+6,把G(,)代入即可求出t的值;‎ ‎②当点超过中点之后,NE=t-3,由由ΔDMF∽ΔDNE得:MF=,求出AF=4-MF=,得出G(,),代入直线AD的解析式y=-+6即可求出t的值;‎ 试题解析: (1)当t=3时,点E为AB的中点,‎ ‎∵A(8,0),C(0,6),‎ ‎∴OA=8,OC=6,‎ ‎∵点D为OB的中点,‎ ‎∴DE∥OA,DE=OA=4,‎ ‎∵四边形OABC是矩形,‎ ‎∴OA⊥AB,‎ ‎∴DE⊥AB,‎ ‎∴∠OAB=∠DEA=90°,‎ 又∵DF⊥DE,‎ ‎∴∠EDF=90°,‎ ‎∴四边形DFAE是矩形,‎ ‎∴DF=AE=3;‎ ‎(2)∠DEF的大小不变;理由如下:‎ 作DM⊥OA于M,DN⊥AB于N,如图2所示:‎ ‎∵四边形OABC是矩形,‎ ‎∴OA⊥AB,‎ ‎∴四边形DMAN是矩形,‎ ‎∴∠MDN=90°,DM∥AB,DN∥OA,‎ ‎∴,,‎ ‎∵点D为OB的中点,‎ ‎∴M、N分别是OA、AB的中点,‎ ‎∴DM=AB=3,DN=OA=4,‎ ‎∵∠EDF=90°,‎ ‎∴∠FDM=∠EDN,‎ 又∵∠DMF=∠DNE=90°,‎ ‎∴△DMF∽△DNE,‎ ‎∴,‎ ‎∵∠EDF=90°,‎ ‎∴tan∠DEF=;‎ ‎(3)作DM⊥OA于M,DN⊥AB于N,‎ 若AD将△DEF的面积分成1:2的两部分,‎ 设AD交EF于点G,则点G为EF的三等分点;‎ ‎①当点E到达中点之前时,如图3所示,NE=3﹣t,‎ 由△DMF∽△DNE得:MF=(3﹣t),‎ ‎∴AF=4+MF=﹣t+,‎ ‎∵点G为EF的三等分点,‎ ‎∴G(,),‎ 设直线AD的解析式为y=kx+b,‎ 把A(8,0),D(4,3)代入得:,‎ 解得:,‎ ‎∴直线AD的解析式为y=﹣x+6,‎ 把G(,)代入得:t=;‎ ‎②当点E越过中点之后,如图4所示,NE=t﹣3,‎ 由△DMF∽△DNE得:MF=(t﹣3),‎ ‎∴AF=4﹣MF=﹣t+,‎ ‎∵点G为EF的三等分点,‎ ‎∴G(,),‎ 代入直线AD的解析式y=﹣x+6得:t=;‎ 综上所述,当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1:2时,t的值为或.‎ 考点:四边形综合题.‎ ‎2.(2017山东德州第23题)如图1,在矩形纸片ABCD中,AB=3cm,AD=5cm,折叠纸片使B点落在边AD上的E处,折痕为PQ.过点E作EF∥AB交PQ于F,连接BF,‎ ‎(1)求证:四边形BFEP为菱形;‎ ‎(2)当E在AD边上移动时,折痕的端点P,Q也随着移动.‎ ①当点Q与点C重合时,(如图2),求菱形BFEP的边长;‎ ②如限定P,Q分别在BA,BC上移动,求出点E在边AD上移动的最大距离.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)①菱形BFEP的边长为cm.②点E在边AD上移动的最大距离为2cm.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)利用定理:四条边都相等的四边形是菱形,证明四边形BFEP为菱形;‎ (2) ‎①在直角三角形APE中,根据勾股定理求出EP=‎ ‎②分两种情况讨论:第一:点Q和点C重合;第二:点P和点A重合 试题解析:(1)∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处,折痕为PQ ‎∴点B与点E关于PQ对称 ‎∴PB=PE,BF=EF,∠BPF=∠EPF 又∵EF∥AB ‎∴∠BPF=∠EFP ‎∴∠EPF=∠EFP ‎∴EP=EF ‎∴BP=BF=FE=EP ‎∴四边形BFEP为菱形.‎ ‎(2)①如图2‎ ‎∵四边形ABCD是矩形 ‎∴BC=AD=5cm,CD=AB=3cm,∠A=∠D=90°‎ ‎∵点B与点E关于PQ对称 ‎∴CE=BC=5cm ‎ 在RtΔCDE中,DE2=CE2-CD2,即DE2=52-32‎ ‎∴DE=4cm ‎∴AE=AD-DE=5cm-4cm=1cm 在RtΔAPE中,AE=1,AP=3-PB=3-PE ‎∴EP2=12+(3-EP)2,解得:EP=cm. ‎ ‎∴菱形BFEP的边长为cm.‎ ‎②当点Q与点C重合时,如图2,点E离A点最近,由①知,此时AE=1cm.‎ 当点P与点A重合时,如图3.点E离A点最远,此时,四边形ABQE是正方形.‎ AE=AB=3cm ‎∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm.‎ 考点:折叠问题,矩形的性质,菱形的性质与判定,分类讨论思想 ‎3.(2017浙江宁波第24题)在一次课题学习中,老师让同学们合作编题,某学习小组受赵爽弦图的启发,编写了下面这道题,请你来解一解:‎ 如图,将矩形的四边、、、分别延长至、、、,使得,,连接,,,.‎ (1) 求证:四边形为平行四边形;‎ (2) 若矩形是边长为1的正方形,且,,求的长.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)2‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)易证AH=CF,结合已知条件由勾股定理可得EH=FG,同理可得EF=GH,从而得证.‎ ‎(2)设AE=x,则BE=x+1,由可得DH=x+1,AH=x+2,由可求出结果.‎ 试题分析:(1)在矩形ABCD中,AD=BC,∠BAD=∠BCD=90°‎ 又∵BF=DH ‎∴AD+DH=BC+BF 即AH=CF 在RtΔAEH中,EH=‎ 在RtΔCFG中,FG=‎ ‎∵AE=CG ‎∴EH=FG 同理得:EF=HG ‎∴四边形EFGH为平行四边形.‎ ‎(2)在正方形ABCD中,AB=AD=1‎ 设AE=x,则BE=x+1‎ ‎∵在RtΔBEF中,‎ ‎∴BE=BF ‎∵BF=DH ‎∴DH=BE=x+1‎ ‎∴AH=AD+DH=x+2‎ ‎∵‎ ‎∴AH=2AE ‎∴2+x=2x ‎∴x=2‎ 即AE=2‎ 考点:1.矩形的性质;2.平行四边形的判定;3.正方形的性质;4.解直角三角形.‎ ‎4.(2017甘肃庆阳第26题)如图,矩形ABCD中,AB=6,BC=4,过对角线BD中点O的直线分别交AB,CD边于点E,F.‎ ‎(1)求证:四边形BEDF是平行四边形;‎ ‎(2)当四边形BEDF是菱形时,求EF的长.‎ ‎【答案】(1)证明见解析.(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)根据平行四边形ABCD的性质,判定△BOE≌△DOF(ASA),得出四边形BEDF的对角线互相平分,进而得出结论;‎ ‎(2)在Rt△ADE中,由勾股定理得出方程,解方程求出BE,由勾股定理求出BD,得出OB,再由勾股定理求出EO,即可得出EF的长.‎ ‎(2)当四边形BEDF是菱形时,BE⊥EF,‎ 设BE=x,则 DE=x,AE=6﹣x,‎ 在Rt△ADE中,DE2=AD2+AE2,‎ ‎∴x2=42+(6﹣x)2,‎ 解得:x=,‎ ‎∵BD=,‎ ‎∴OB=BD=,‎ ‎∵BD⊥EF,‎ ‎∴EO=,‎ ‎∴EF=2EO=.‎ 考点:矩形的性质;平行四边形的判定与性质;菱形的性质.‎ ‎5.(2017广西吴江第26题)已知,在中,是边上的一个动点,将沿所在直线折叠,使点落在点处.‎ ‎ ‎ ‎(1)如图1,若点是中点,连接 . ①写出的长;②求证:四边形是平行四边形.‎ ‎(2)如图2,若,过点作交的延长线于点,求的长.‎ ‎【答案】(1)①BD=,BP= 2.②证明见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)①分别在Rt△ABC,Rt△BDC中,求出AB、BD即可解决问题;‎ ‎②想办法证明DP∥BC,DP=BC即可;‎ ‎(2)如图2中,作DN⊥AB于N,PE⊥AC于E,延长BD交PA于M.设BD=AD=x,则CD=4﹣x,在Rt△BDC中,可得x2=(4﹣x)2+22,推出x=,推出DN=,由△BDN∽△BAM,可得,由此求出AM,由△ADM∽△APE,可得,由此求出AE=,可得EC=AC﹣AE=4﹣=由此即可解决问题.‎ 试题解析:(1)①在Rt△ABC中,∵BC=2,AC=4,‎ ‎∴AB=,‎ ‎∵AD=CD=2,‎ ‎∴BD=,‎ 由翻折可知,BP=BA=2.‎ ‎②如图1中,‎ ‎∵△BCD是等腰直角三角形,‎ ‎∴∠BDC=45°,‎ ‎∴∠ADB=∠BDP=135°,‎ ‎∴∠PDC=135°﹣45°=90°,‎ ‎∴∠BCD=∠PDC=90°,‎ ‎∴DP∥BC,∵PD=AD=BC=2,‎ ‎∴四边形BCPD是平行四边形.‎ ‎(2)如图2中,作DN⊥AB于N,PE⊥AC于E,延长BD交PA于M.‎ 设BD=AD=x,则CD=4﹣x,‎ 在Rt△BDC中,∵BD2=CD2+BC2,‎ ‎∴x2=(4﹣x)2+22,‎ ‎∴x=,‎ ‎∵DB=DA,DN⊥AB,‎ ‎∴BN=AN=,‎ 在Rt△BDN中,DN=,‎ 由△BDN∽△BAM,可得,‎ ‎∴‎ ‎∴AM=2,‎ ‎∴AP=2AM=4,‎ 由△ADM∽△APE,可得,‎ ‎∴,‎ ‎∴AE=,‎ ‎∴EC=AC﹣AE=4﹣=,‎ 易证四边形PECH是矩形,‎ ‎∴PH=EC=.‎ 考点:四边形综合题.‎ ‎6.(2017贵州安顺第21题)如图,DB∥AC,且DB=AC,E是AC的中点,‎ ‎(1)求证:BC=DE;‎ ‎(2)连接AD、BE,若要使四边形DBEA是矩形,则给△ABC添加什么条件,为什么?‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)添加AB=BC.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)要证明BC=DE,只要证四边形BCED是平行四边形.通过给出的已知条件便可.‎ ‎(2)矩形的判定方法有多种,可选择利用“对角线相等的平行四边形为矩形”来解决.‎ 试题解析:(1)证明:∵E是AC中点,‎ ‎∴EC=AC.‎ ‎∵DB=AC,‎ ‎∴DB∥EC. ‎ 又∵DB∥EC,‎ ‎∴四边形DBCE是平行四边形.‎ ‎∴BC=DE. ‎ ‎(2)添加AB=BC. ‎ 理由:∵DB∥AE,DB=AE ‎∴四边形DBEA是平行四边形. ‎ ‎∵BC=DE,AB=BC,‎ ‎∴AB=DE.‎ ‎∴▭ADBE是矩形.‎ 考点:矩形的判定;平行四边形的判定与性质.‎ ‎7.(2017湖北武汉第23题)已知四边形的一组对边的延长线相交于点.‎ ‎(1)如图1,若,求证;‎ ‎(2)如图2,若,,,,的面积为6,求四边形的面积;‎ ‎(3)如图3,另一组对边的延长线相交于点,若,,,直接写出的长(用含的式子表示).‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)75-18;(3)‎ ‎【解析】‎ 试题解析:(1)∵∠ADC=90°‎ ‎∴∠EDC=90°‎ ‎∴∠ABE=∠CDE 又∵∠AEB=∠CED ‎∴ΔEAB∽ΔECD ‎∴‎ ‎∴ ‎ ‎(2) 过点C作CG⊥AD于点G,过点A作AH⊥BC于点H,‎ ‎∵CD=5,cos∠ADC=‎ ‎∴DG=3,CG=4‎ ‎∵SΔCED=6‎ ‎∴ED=3‎ ‎∴EG=6‎ ‎∵AB=12 ∠ABC=120°‎ ‎∴BH=6 AH=6 ‎ 由(1)有:ΔECG∽ΔEAH ‎∴‎ ‎∴EH=9‎ ‎∴S四边形ABCD=SΔAEH-SΔECG-SΔABH ‎= ‎ ‎=75-18‎ ‎(3) ‎ 考点:相似三角形的判定与性质.‎ ‎8.(2017湖南怀化第19题)如图,四边形是正方形,是等边三角形.‎ ‎(1)求证:;‎ ‎(2)求的度数.‎ ‎【答案】(1)证明见解析(2) 150°.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)根据正方形、等边三角形的性质,可以得到AB=BE=CE=CD,∠ABE=∠DCE=30°,由此即可证明;‎ ‎(2)只要证明∠EAD=∠ADE=15°,即可解决问题;‎ 试题解析:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,△ABC是等边三角形,‎ ‎∴BA=BC=CD=BE=CE,∠ABC=∠BCD=90°,∠EBC=∠ECB=60°,‎ ‎∴∠ABE=∠ECD=30°,‎ 在△ABE和△DCE中,‎ ‎,‎ ‎∴△ABE≌△DCE(SAS).‎ ‎(2)∵BA=BE,∠ABE=30°,‎ ‎∴∠BAE=(180°﹣30°)=75°,‎ ‎∵∠BAD=90°,‎ ‎∴∠EAD=90°﹣75°=15°,同理可得∠ADE=15°,‎ ‎∴∠AED=180°﹣15°﹣15°=150°.‎ 考点:正方形的性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质.‎ ‎9.(2017江苏无锡第21题)已知,如图,平行四边形ABCD中,E是BC边的中点,连DE并延长交AB的延长线于点F,求证:AB=BF.‎ ‎【答案】证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:根据线段中点的定义可得CE=BE,根据平行四边形的对边平行且相等可得AB∥CD,AB=CD,再根据两直线平行,内错角相等可得∠DCB=∠FBE,然后利用“角边角”证明△CED和△BEF全等,根据全等三角形对应边相等可得CD=BF,从而得证.‎ 试题解析:∵E是BC的中点,‎ ‎∴CE=BE,‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形,‎ ‎∴AB∥CD,AB=CD,‎ ‎∴∠DCB=∠FBE,‎ 在△CED和△BEF中,‎ ‎,‎ ‎∴△CED≌△BEF(ASA),‎ ‎∴CD=BF,‎ ‎∴AB=BF.‎ 考点:1.平行四边形的性质;2.全等三角形的判定与性质.‎ ‎10.(2017江苏盐城第22题)如图,矩形ABCD中,∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F.‎ ‎(1)求证:四边形BEDF是平行四边形;‎ ‎(2)当∠ABE为多少度时,四边形BEDF是菱形?请说明理由.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)当∠ABE=30°时,四边形BEDF是菱形,理由见解析.‎ 试题解析:(1)∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴AB∥DC、AD∥BC,‎ ‎∴∠ABD=∠CDB,‎ ‎∵BE平分∠ABD、DF平分∠BDC,‎ ‎∴∠EBD=∠ABD,∠FDB=∠BDC,‎ ‎∴∠EBD=∠FDB,‎ ‎∴BE∥DF,‎ 又∵AD∥BC,‎ ‎∴四边形BEDF是平行四边形;‎ ‎(2)当∠ABE=30°时,四边形BEDF是菱形,‎ ‎∵BE平分∠ABD,‎ ‎∴∠ABD=2∠ABE=60°,∠EBD=∠ABE=30°,‎ ‎∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴∠A=90°,‎ ‎∴∠EDB=90°-∠ABD=30°,‎ ‎∴∠EDB=∠EBD=30°,‎ ‎∴EB=ED,‎ 又∵四边形BEDF是平行四边形,‎ ‎∴四边形BEDF是菱形.‎ 考点:矩形的性质;平行四边形的判定与性质;菱形的判定.‎ ‎11.(2017甘肃兰州第26题)如图,1,将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠,顶点落到点处,交于点.‎ ‎(1)求证:是等腰三角形;‎ ‎(2)如图2,过点作,交于点,连结交于点.‎ ‎①判断四边形的形状,并说明理由;‎ ‎②若,,求的长.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析: (1)根据两直线平行内错角相等及折叠特性判断;‎ ‎(2)①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等判断;‎ ‎②根据折叠特性设未知边,构造勾股定理列方程求解.‎ 试题解析:(1)证明:如图1,根据折叠,∠DBC=∠DBE,‎ 又AD∥BC,‎ ‎∴∠DBC=∠ADB,‎ ‎∴∠DBE=∠ADB,‎ ‎∴DF=BF,‎ ‎∴△BDF是等腰三角形;‎ ‎(2)①∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴AD∥BC,‎ ‎∴FD∥BG,‎ 又∵FD∥BG,‎ ‎∴四边形BFDG是平行四边形,‎ ‎∵DF=BF,‎ ‎∴四边形BFDG是菱形;‎ ‎②∵AB=6,AD=8,‎ ‎∴BD=10.‎ ‎∴OB=BD=5.‎ 假设DF=BF=x,∴AF=AD﹣DF=8﹣x.‎ ‎∴在直角△ABF中,AB2+A2=BF2,即62+(8﹣x)2=x2,‎ 解得x=,‎ 即BF=,‎ ‎∴FO==,‎ ‎∴FG=2FO=.‎ 考点:四边形综合题.‎ ‎12.(2017四川自贡第21题)如图,点E,F分别在菱形ABCD的边DC,DA上,且CE=AF.‎ 求证:∠ABF=∠CBE.‎ ‎【答案】证明见解析.‎ ‎【解析】‎ 考点:菱形的性质.‎ ‎13.(2017江苏徐州第23题)如图,在平行四边形中,点是边的中点,连接并延长,交 延长线于点连接.‎ ‎(1)求证:四边形是平行四边形; ‎ ‎(2)若,则当 时,四边形是矩形.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)100°‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)由AAS证明△BOE≌△COD,得出OE=OD,即可得出结论;‎ ‎(2)由平行四边形的性质得出∠BCD=∠A=50°,由三角形的外角性质求出∠ODC=∠BCD,得出OC=OD,证出DE=BC,即可得出结论.‎ 试题解析:(1)∵四边形ABCD为平行四边形,‎ ‎∴AB∥DC,AB=CD,‎ ‎∴∠OEB=∠ODC,‎ 又∵O为BC的中点,‎ ‎∴BO=CO,‎ 在△BOE和△COD中,‎ ‎,‎ ‎∴△BOE≌△COD(AAS);‎ ‎∴OE=OD,‎ ‎∴四边形BECD是平行四边形;‎ ‎(2)若∠A=50°,则当∠BOD=100°时,四边形BECD是矩形.理由如下:‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形,‎ ‎∴∠BCD=∠A=50°,‎ ‎∵∠BOD=∠BCD+∠ODC,‎ ‎∴∠ODC=100°-50°=50°=∠BCD,‎ ‎∴OC=OD,‎ ‎∵BO=CO,OD=OE,‎ ‎∴DE=BC,‎ ‎∵四边形BECD是平行四边形,‎ ‎∴四边形BECD是矩形;‎ 考点:1.矩形的判定;2.平行四边形的判定与性质.‎ ‎14.(2017浙江嘉兴第23题)如图,是的中线,是线段上一点(不与点重合).交于点,,连结.‎ ‎(1)如图1,当点与重合时,求证:四边形是平行四边形;‎ ‎(2)如图2,当点不与重合时,(1)中的结论还成立吗?请说明理由.‎ ‎(3)如图3,延长交于点,若,且.‎ ‎①求的度数;‎ ‎②当,时,求的长.‎ ‎【答案】(1)证明见解析(2)成立,理由见解析;(3)①30°.②1+.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(1)只要证明AE=BM,AE∥BM即可解决问题;‎ ‎(2)成立.如图2中,过点M作MG∥DE交CE于G.由四边形DMGE是平行四边形,推出ED=GM,且ED∥GM,由(1)可知AB=GM,AB∥GM,可知AB∥DE,AB=DE,即可推出四边形ABDE是平行四边形;‎ ‎(3)①如图3中,取线段HC的中点I,连接MI,只要证明MI=AM,MI⊥AC,即可解决问题;‎ ‎②设DH=x,则AH=x,AD=2x,推出AM=4+2x,BH=4+2x,由四边形ABDE是平行四边形,推出DF∥AB,推出,可得,解方程即可;‎ ‎(2)结论:成立.理由如下:‎ 如图2中,过点M作MG∥DE交CE于G.‎ ‎∵CE∥AM,‎ ‎∴四边形DMGE是平行四边形,‎ ‎∴ED=GM,且ED∥GM,‎ 由(1)可知AB=GM,AB∥GM,‎ ‎∴AB∥DE,AB=DE,‎ ‎∴四边形ABDE是平行四边形.‎ ‎(3)①如图3中,取线段HC的中点I,连接MI,‎ ‎∵BM=MC,‎ ‎∴MI是△BHC的中位线,‎ ‎∴∥BH,MI=BH,‎ ‎∵BH⊥AC,且BH=AM.‎ ‎∴MI=AM,MI⊥AC,‎ ‎∴∠CAM=30°.‎ ‎②设DH=x,则AH=x,AD=2x,‎ ‎∴AM=4+2x,‎ ‎∴BH=4+2x,‎ ‎∵四边形ABDE是平行四边形,‎ ‎∴DF∥AB,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ 解得x=1+或1-(舍弃),‎ ‎∴DH=1+.‎ 考点:四边形综合题.‎

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