2020年浙江中考数学复习课件§4.5 特殊的平行四边形.pptx

1、A组 20152019年浙江中考题组,考点一 矩形,2.(2019金华、丽水,8,3分)如图,矩形ABCD的对角线交于点O.已知AB=m,BAC=,则下列结论错误的是 ( ) A.BDC= B.BC=mtan C.AO= D.BD=,答案 C A.四边形ABCD是矩形, ABC=DCB=90,AC=BD,AO=CO,BO=DO, AO=OB=CO=DO,DBC=ACB, BAC=BDC=,故本选项不符合题意; B.在RtABC中,tan = , 即BC=mtan ,故本选项不符合题意; C.在RtABC中,AC= ,即AO= ,故本选项符合题意; D.四边形ABCD是矩形, DC=AB=m,B

2、AC=BDC=, 在RtDCB中,BD= ,故本选项不符合题意. 故选C.,3.(2017宁波,12,4分)一个大矩形按如图方式分割成九个小矩形,且只有标号为和的两个小矩形为正方 形.在满足条件的所有分割中,若知道九个小矩形中n个小矩形的周长,就一定能算出这个大矩形的面积,则n 的最小值是 ( ) A.3 B.4 C.5 D.6,答案 A 如图,设正方形的边长为a,正方形的边长为b,矩形的长为c,矩形的宽为d,则大矩形的长 和宽分别是(a+c+b)和(a+d+b),a+c为矩形的周长的一半,a+d为矩形的周长的一半,于是只需知道这两个 矩形的周长和正方形的周长即可算出大矩形面积.故选A.,思路

3、分析 这样的图形在我们学习乘法公式时经常会出现.本题可用字母表示小矩形的边长,进而表示出 大矩形的长与宽,再利用整体思想分析即可.,4.(2019杭州,16,4分)如图,把某矩形纸片ABCD沿EF,GH折叠(点E,H在AD边上,点F,G在BC边上),使点B和点 C落在AD边上同一点P处,A点的对称点为A点,D点的对称点为D点.若FPG=90,AEP的面积为4,DPH 的面积为1,则矩形ABCD的面积等于 .,答案 10+6,5.(2018杭州,16,4分)折叠矩形纸片ABCD时,发现可以进行如下操作: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;把纸片展开并铺平;把CD

4、G翻折,点C落在线段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 3+2,解析 设AD=x(x0),则AB=x+2, 把ADE翻折,点A落在DC边上的点F处, DF=AD,EA=EF,又DFE=A=90, 四边形AEFD为正方形, AE=AD=x, 把CDG翻折,点C落在线段AE上的点H处,折痕为DG,点G在BC边上, DH=DC=x+2, HE=1,AH=AE-HE=x-1, 在RtADH中,AD2+AH2=DH2, x2+(x-1)2=(x+2)2, 整理得x2-6x-3=0,解得x1=3+2 ,x2=3-2 (舍去), AD=3+2 .,方

5、法总结 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.同时本题也考查了矩形的性质和勾股定理.,6.(2019绍兴,22,12分)有一块形状如图的五边形余料ABCDE,AB=AE=6,BC=5,A=B=90,C=135,E 90,要在这块余料中截取一块矩形材料,其中一条边在AE上,并使所截矩形材料的面积尽可能大. (1)若所截矩形材料的一条边是BC或AE,求矩形材料的面积; (2)能否截出比(1)中更大面积的矩形材料?如果能,求出这些矩形材料面积的最大值;如果不能,说明理由.,解析 (1)若所截矩形材料的一条边是BC,如图所

6、示, 过点C作CFAE于F, 矩形材料的面积为ABBC=65=30. 若所截矩形材料的一条边是AE,如图所示, 过点E作EFAB交CD于F,过点F作FGAB于G,过点C作CHFG于H,则四边形AEFG为矩形,四边形BCHG为矩形, DCB=135, FCH=45, CHF为等腰直角三角形, 又AE=FG=6,HG=BC=5, BG=CH=FH=FG-HG=6-5=1, AG=AB-BG=6-1=5, 矩形材料的面积为AEAG=65=30. (2)能.理由如下: 在CD上取点F,过点F作FMAB于M,FNAE于N,过点C作CGFM于G, 则四边形ANFM为矩形,四边形BCGM为矩形, DCB=1

7、35, FCG=45,CGF为等腰直角三角形, MG=BC=5,BM=CG,FG=CG, 设AM=x,则BM=6-x, FM=GM+FG=GM+CG=BC+BM=11-x, S=AMFM=x(11-x)=-x2+11x=-(x-5.5)2+30.25, 当x=5.5时,矩形材料的面积取最大值30.25.,7.(2019绍兴,24,14分)如图,矩形ABCD中,AB=a,BC=b,点M,N分别在边AB,CD上,点E,F分别在边BC,AD上,MN, EF交于点P,记k=MNEF. (1)若ab的值为1,当MNEF时,求k的值; (2)若ab的值为 ,求k的最大值和最小值; (3)若k的值为3,当点

8、N是矩形的顶点,MPE=60,MP=EF=3PE时,求ab的值.,解析 (1)如图, 作EHBC于H,MQCD于Q, 四边形ABCD是正方形, FH=AB,MQ=BC, AB=CB,FH=MQ, EFMN,EPN=90, ECN=90, MNQ+CEP=180,又FEH+CEP=180,FEH=MNQ,EHF=MQN=90, FHEMQN, MN=EF,k=MNEF=1. (2)ab=12,b=2a, 由题意知2aMN a,aEF a, 当MN的长取最大值时,EF的长取最小值,此时k的值最大,最大值为 , 当MN的长取最小值时,EF的长取最大值,此时k的值最小,最小值为 . (3)连接FN,M

9、E. k=3,MP=EF=3PE, = =3, = =2,FPN=EPM, PNFPME, = =2,MENF, 设PE=2m,则PF=4m,MP=6m,NP=12m, 如图,当点N与点D重合时,点M恰好与点B重合.作FHBD于H. MPE=FPH=60, PH=2m,FH=2 m,DH=10m, = = = .,8.(2017衢州,24,12分)在直角坐标系中,过原点O及点A(8,0),C(0,6)作矩形OABC,连接OB,点D为OB的中点,点 E是线段AB上的动点,连接DE,作DFDE,交OA于点F,连接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

10、. (1)如图1,当t=3时,求DF的长. (2)如图2,当点E在线段AB上移动时,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 tanDEF的值. (3)连接AD,当AD将DEF分成的两部分的面积之比为12时,求相应的t值.,解析 (1)当t=3时,点E为AB的中点, 点D为OB的中点, DEOA,DE= OA=4, 四边形OABC是矩形, OAAB, DEAB, OAB=DEA=90, 又DFDE, EDF=90, 四边形DFAE是矩形, DF=AE=3. (2)DEF的大小不变.如图1,作DMOA于M,DNAB于N.,图1 四边形OABC是矩形, OAAB, 四边形D

11、MAN是矩形, MDN=90,DMAB,DNOA, = , = , 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=MDN, FDM=EDN, 又DMF=DNE=90, DMFDNE, = = , EDF=90, tanDEF= = . (3)作DMOA于M,DNAB于N, 设AD交EF于点G, 因AD将DEF分成面积之比为12的两部分, 则点G为EF的三等分点. 当点E到达AB的中点之前时,如图2所示,NE=3-t,图2 由DMFDNE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

12、为y=kx+b(k0), 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= ; 当点E越过AB的中点之后,如图3所示,NE=t-3, 图3 由DMFDNE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12时,t的值为 或 .,9.(2015绍兴,24,14分)在平面直角坐标系中,O为原点,四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上,OA=4,OC=2, 点P、点Q分别是边BC、边AB上的点,连接AC,PQ,点B1是点

13、B关于直线PQ的对称点. (1)若四边形OABC为矩形,如图1. 求点B的坐标; 若BQBP=12,且点B1落在OA上,求点B1的坐标; (2)当四边形OABC为平行四边形(如图2),且OCAC时,过点B1作B1Fx轴,与对角线AC、边OC分别交于点 E、点F.若B1EB1F=13,点B1的横坐标为m,求点B1的纵坐标,并直接写出m的取值范围.,解析 (1)B(4,2). 如图,过点P作PDOA,垂足为点D, BQBP=12,点B关于PQ的对称点为B1, B1QB1P=12, PDB1=PB1Q=B1AQ=90, PB1D=B1QA,PB1DB1QA, = =2,B1A=1,OB1=3,即B1

14、(3,0). (2)四边形OABC为平行四边形,OA=4,OC=2,且OCAC,OAC=30,C(1, ).,B1EB1F=13, 点B1不与点E,F重合,也不在线段EF的延长线上. 当点B1在线段FE的延长线上时,如图,延长B1F与y轴交于点G,点B1的横坐标为m,B1Fx轴, B1G=m,设OG=a, 则GF= a,OF= a,CF=2- a, B1Fx轴,CEF=CAO=30,FE=4- a, B1EB1F=13,B1E= EF,B1E=2- a, B1G=B1E+EF+FG= + + a=m, a=- m+ ,即B1的纵坐标为- m+ . m的取值范围是 m1+ .,当点B1在线段EF

15、(除点E,F)上时,如图,延长B1F与y轴交于点G,点B1的横坐标为m,B1Fx轴, B1G=m,设OG=a, 则GF= a,OF= a,CF=2- a,FE=4- a, B1EB1F=13, B1F= EF=3- a, B1G=B1F+FG=(3- a)+ a=m, a=- m+ ,即点B1的纵坐标为- m+ .,m的取值范围是 m3.,方法指导 (1)根据OA=4,OC=2可直接得点B的坐标;利用相似三角形求解; (2)分点B1在线段FE的延长线上和线段EF(除点E,F)上两种情况进行讨论.,考点二 菱形,1.(2017台州,10,4分)如图,矩形EFGH的四个顶点分别在菱形ABCD的四条

16、边上,BE=BF.将AEH,CFG分 别沿边EH,FG折叠,若重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的 ,则 为 ( ) A. B.2 C. D.4,答案 A 设重叠的菱形的边长为x,BE=BF=y, 由矩形和菱形的对称性以及折叠的性质得四边形AHME、四边形BENF是菱形, AE=EM,EN=BE=y,EM=x+y, 重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的 ,且两个菱形相似, AB=4MN=4x, AE=AB-BE=4x-y, 4x-y=x+y,解得x= y,AE= y, = = .故选A.,2.(2019温州,15,5分)三个形状、大小相同的菱形按如图所示方式摆放,已知AOB=AOE=9

17、0,菱形的较 短对角线长为2 cm.若点C落在AH的延长线上,则ABE的周长为 cm.,答案 (12+8 ),3.(2018湖州,13,4分)如图,已知菱形ABCD,对角线AC,BD相交于点O,若tanBAC= ,AC=6,则BD的长是 .,答案 2,解析 四边形ABCD是菱形, ACDB,tanBAC= = = , 又AC=6,BD=2,故答案是2.,4.(2016丽水,15,4分)如图,在菱形ABCD中,过点B作BEAD,BFCD,垂足分别为点E,F,延长BD至G,使得DG =BD,连接EG,FG.若AE=DE,则 = .,答案,解析 如图,连接AC,EF. 在菱形ABCD中,ACBD.

18、BEAD,AE=DE. AB=BD,AB=AD.AB=BD=AD. ABD是等边三角形,ADB=60, 设EF与BD交于点H,AC与BD交于点O,AB=4x.,AE=DE,由菱形的对称性可知CF=DF. EF是ACD的中位线,DH= DO= BD=x. 在RtEDH中,EH= DH= x. DG=BD,GH=BD+DH=4x+x=5x. 在RtEGH中,EG= = =2 x. = = .故答案为 .,关键提示 本题考查了菱形的性质,等边三角形的判定与性质,勾股定理,三角形中位线的性质,关键在于作 辅助线构造出直角三角形及三角形中位线.,5.(2015温州,16,5分)图甲是小明设计的带菱形图案

19、的花边作品.该作品由形如图乙的矩形图案拼接而成(不 重叠、无缝隙).图乙中, = ,EF=4 cm,上下两个阴影三角形的面积之和为54 cm2,其内部菱形由两组距离 相等的平行线交叉得到,则该菱形的周长为 cm.,答案,解析 如图,连接MN、PQ,设MN=2x cm,PQ=2y cm, = ,可设AB=6k cm(k0),则BC=7k cm. 上下两个阴影三角形的面积之和为54 cm2, 2 3k+54=6k7k,即(2x+7k)3k+54=42k2. 易知四边形DENM、四边形AFMN是平行四边形, DE=AF=MN=2x cm. EF=4 cm,4x+4=7k,即2x= . 将代入得, 3

20、k+54=42k2, 化简得7k2+4k-36=0.,解得k1=2,k2=- (舍去). AB=12 cm,BC=14 cm,x= ,MN=5 cm. 易证MCDMPQ, = ,解得y= . PM= = = (cm). 菱形MPNQ的周长为4 = (cm).,评析 本题主要考查平行四边形、菱形的性质以及相似三角形的性质.,6.(2016衢州,18,6分)如图,已知BD是矩形ABCD的对角线. (1)用直尺和圆规作线段BD的垂直平分线,分别交AD,BC于E,F(保留作图痕迹,不写作法和证明); (2)连接BE,DF,问四边形BEDF是什么四边形?请说明理由.,解析 (1)如图所示,EF为所求直线

21、. (2)四边形BEDF是菱形. 理由:EF垂直平分BD,BE=DE,DEF=BEF, ADBC,DEF=BFE,BEF=BFE,BE=BF, 又BF=DF,BE=ED=DF=BF,四边形BEDF是菱形.,7.(2018衢州,24,12分)如图,RtOAB的直角边OA在x轴上,顶点B的坐标为(6,8),直线CD交AB于点D(6,3),交x 轴于点C(12,0). (1)求直线CD的函数表达式; (2)动点P在x轴上从点(-10,0)出发,以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动,过点P作直线l垂直于x轴,设运动 时间为t. 点P在运动过程中,是否存在某个位置,使得PDA=B,若存在,请求出点P的坐

22、标;若不存在,请说明理由; 请探索当t为何值时,在直线l上存在点M,在直线CD上存在点Q,使得以OB为一边,O,B,M,Q为顶点的四边 形为菱形,并求出此时t的值.,解析 (1)设直线CD的解析式为y=kx+b(k0), 将D(6,3),C(12,0)代入, 得 解得 直线CD的函数解析式为y=- x+6. (2)存在. 当点P在点A的左侧时, PDA=B,PDOB,PADOAB, = ,PA= OA= 6= ,P . 当点P在点A的右侧时,可得P . (i)以点B为圆心,BO为半径画弧交直线CD于Q1,Q2两点,由题意可知,BQ1=BO=BQ2,设Q , 由勾股定理得,(x-6)2+ =10

23、2, 解得x1=-4,x2=12, 即Q1,Q2的横坐标分别为-4和12. 易知M1,M2的横坐标分别为-10和6, 又点P从点(-10,0)开始运动, t1=0,t2=16. (ii)以O为圆心,OB为半径画弧交直线CD于Q3,Q4两点, 由题意可知,OQ3=OB=OQ4,设Q , 由勾股定理得,x2+ =102,解得x1= ,x2= , 即Q3,Q4的横坐标分别为 和 , 可得M3和M4的横坐标分别为 和 , 又点P从点(-10,0)开始运动, t1= ,t2= . 综上所述,当t为0或16或 或 时, 在直线l上存在点M,使得以OB为一边,O,B,M,Q为顶点的四边形为菱形.,8.(20

24、16杭州,23,12分)在线段AB的同侧作射线AM和BN,若MAB与NBA的平分线分别交射线BN,AM于点 E,F,AE和BF交于点P.如图,点点同学发现当射线AM,BN交于点C,且ACB=60时,有以下两个结论: APB=120;AF+BE=AB. 那么,当AMBN时: (1)点点发现的结论还成立吗?若成立,请给予证明;若不成立,请求出APB的度数,写出线段AF,BE,AB长度 之间的等量关系,并给予证明; (2)设点Q为线段AE上一点,QB=5.若AF+BE=16,四边形ABEF的面积为32 ,求AQ的长.,解析 (1)原结论不成立,新结论:APB=90;AF=BE=AB(或AF+BE=2

25、AB). 理由如下:如图. 因为AMBN,所以MAB+NBA=180, 因为AE,BF分别平分MAB,NBA, 所以EAB= MAB,FBA= NBA, 所以EAB+FBA= (MAB+NBA)=90, 所以APB=90. 因为AE平分MAB,所以MAE=BAE.,因为AMBN,所以MAE=BEA, 所以BAE=BEA, 所以AB=BE.同理,AF=AB, 所以AF=BE=AB(或AF+BE=2AB). (2)过点F作FG直线AB于点G, 因为AF=BE,AFBE, 所以四边形ABEF为平行四边形,由(1)知AF=AB, 所以四边形ABEF为菱形. 又AF+BE=16,所以AB=AF=BE=8

26、. 由32 =8FG,得FG=4 , 又因为AF=8,所以FAG=60, 当点G在线段AB上时,FAB=60, 当点G在线段BA的延长线上时,FAB=120.,如图,当FAB=60时,PAB=30, 所以PB=4,PA=4 , 因为BQ=5,BPA=90, 所以PQ=3,所以AQ=4 -3或AQ=4 +3. 如图,当FAB=120时,PAB=60,FBG=30,所以PB=4 , 因为PB=4 5,则线段AE上不存在符合条件的点Q. 综上,AQ=4 -3或4 +3.,方法指导 对于(1),利用角平分线和平行线的性质求解.对于(2),过点F作FG直线AB于点G,根据条件求出 AF, FG,从而推出

27、FAG=60,然后根据点G的不同位置,分FAB=60和FAB=120两种情况进行讨论.,评析 本题是角平分线的性质,平行线的性质,菱形的判定和性质及勾股定理的综合应用.,考点三 正方形,1.(2019绍兴,9,4分)正方形ABCD的边AB上有一动点E,以EC为边作矩形ECFG,且边FG过点D.在点E从点A移 动到点B的过程中,矩形ECFG的面积 ( ) A.先变大后变小 B.先变小后变大 C.一直变大 D.保持不变,答案 D 连接DE, SCDE= S矩形CEGF,SCDE= S正方形ABCD, 矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等. 故选D.,2.(2019台州,10,4分)如图是用8块A

28、型瓷砖(白色四边形)和8块B型瓷砖(黑色三角形)不重叠、无空隙拼接而 成的一正方形图案,图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为 ( ) A. 1 B.32 C. 1 D. 2,答案 A 如图,作DCEF于C,DKFH于K,连接DF. 由题意易得CDM=MDF=FDN=NDK, CDK=DKF=90,DK=FK,DF= DK, = = , = = . 图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为 1.故选A.,3.(2019绍兴,14,5分)如图,在直线AP上方有一个正方形ABCD,PAD=30,以点B为圆心,AB长为半径作弧,与 AP交于点A,M,分别以点A,M为圆心,AM长为半径作

29、弧,两弧交于点E,连接ED,则ADE的度数为 .,答案 15或45,解析 四边形ABCD是正方形, AD=AB,DAB=90, BAM=180-90-30=60, 如图,当点E与正方形ABCD在直线AP的同侧时,由题意得,点E与点B重合, ADE=45. 当点E与正方形ABCD在直线AP的两侧时,由题意得,EA=EM=AM, AEM为等边三角形,EAM=60, DAE=360-120-90=150, AD=AE,ADE=15. 故答案为15或45.,4.(2019绍兴,16,5分)把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块,其中点O为正方形的中心,点E,F分别 为AB,AD的中点.用这四块

30、纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ(要求这四块纸片不重叠、无缝隙), 则四边形MNPQ的周长是 .,答案 6+2 或10或8+2,解析 图1的周长为1+2+3+2 =6+2 ; 图1 图2的周长为1+4+1+4=10; 图2,5.(2017绍兴,14,5分)如图为某城市部分街道示意图,四边形ABCD为正方形,点G在对角线BD上,GECD,GF BC,AD=1 500 m,小敏行走的路线为BAGE,小聪行走的路线为BADEF.若小敏行走的路程 为3 100 m,则小聪行走的路程为 m.,答案 4 600,解析 如图,连接GC,四边形ABCD为正方形,AD=DC,ADB=CDB=45,BCD

31、=90. 在ADG与CDG中, ADGCDG, AG=GC. 又GECD,GFBC,BCD=90,四边形GFCE是矩形,GC=EF,AG=EF. CDG=45,GECD,GED是等腰直角三角形, DE=GE. 小敏行走的路程为AB+AG+GE,小聪行走的路程为AB+AD+DE+EF,对比发现小聪比小敏多走了1 500 m,故 小聪走的路程为3 100+1 500=4 600 m.,6.(2018台州,16,5分)如图,在正方形ABCD中,AB=3,点E,F分别在CD,AD上,CE=DF,BE,CF相交于点G.若图中 阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为23,则BCG的周长为 .,答案 +

32、3,解析 阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为23,阴影部分的面积为 9=6,空白部分的面 积为9-6=3,由CE=DF,BC=CD,BCE=CDF=90,可得BCECDF,BCG的面积与四边形DEGF的 面积相等,均为 3= ,CBE=DCF,DCF+BCG=90,CBG+BCG=90,即BGC=90,设BG= a,CG=b,则 ab= ,又a2+b2=32,a2+2ab+b2=9+6=15,即(a+b)2=15,a+b= ,即BG+CG= ,BCG的 周长= +3.,7.(2019杭州,21,10分)如图,已知正方形ABCD的边长为1,正方形CEFG的面积为S1,点E在DC边上,点G

33、在BC 的延长线上,设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2,且S1=S2. (1)求线段CE的长; (2)若点H为BC边的中点,连接HD,求证:HD=HG.,解析 根据题意,得AD=BC=CD=1,BCD=90. (1)设CE=x(0x1),则DE=1-x. 因为S1=S2,所以x2=1-x, 解得x= (负根舍去),即CE= . (2)证明:因为点H为BC边的中点, 所以CH= ,所以HD= . 因为CG=CE= ,点H,C,G在同一直线上, 所以HG=HC+CG= + = ,所以HD=HG.,8.(2019台州,24,14分)如图,正方形ABCD的边长为2,E为AB的中点,P是BA延长

34、线上的一点,连接PC交AD于 点F,AP=FD. (1)求 的值; (2)如图1,连接EC,在线段EC上取一点M,使EM=EB,连接MF,求证:MF=PF; (3)如图2,过点E作ENCD于点N,在线段EN上取一点Q,使AQ=AP,连接BQ,BN,将AQB绕点A旋转,使点Q 旋转后的对应点Q落在边AD上.请判断点B旋转后的对应点B是否落在线段BN上,并说明理由.,解析 (1)设PA=DF=x, 四边形ABCD是正方形, ABCD,P=PCD. 又PFA=CFD,APFDCF. = ,PADF=CDAF, x2=2(2-x),即x2+2x-4=0. 解得x1= -1,x2=- -1(舍去). P

35、A=DF= -1,AF=2-( -1)=3- , = . (2)如图,作FHCE于点H.,E是AB的中点,AB=BC=2,AE=BE= AB=1. PE=PA+AE= -1+1= . 在RtEBC中,B=90,CE= = = , CE=PE.ECP=P. 又P=PCD,ECP=PCD. FH=FD= -1,FH=PA= -1,CH=CD=2. EH=CE-CH= -2. EM=EB=1,HM=EM-EH=1-( -2)=3- . AF=HM. 又PAF=FHM=90,APFHFM.PF=MF. (3)如图,在AD上取一点Q,使AQ=AQ,在BN上取一点B,使AB=AB,连接BQ,作BGAD交E

36、N于点K,交AD于 点G.,tanNBE=2,AB=AB=2, BB= 2= . BN=BN-BB= - = . NBKNBE, BK= ,KN= . BG= ,DG= . QG=3- - = - . 在RtBGQ中,BGQ=90,有BQ2= + = . 而( -1)2=6-2 . BQBQ,说明点B不在BN上.,9.(2019舟山,24,12分)小波在复习时,遇到一个课本上的问题,温故后进行了操作,推理与拓展. (1)温故:如图1,在ABC中,ADBC于点D.正方形PQMN的边QM在BC上,顶点P,N分别在AB、AC上,若BC= a,AD=h,求正方形PQMN的边长(用a,h表示). (2)

37、操作:如何画出这个正方形PQMN呢? 如图2,小波画出了图1的ABC,然后按数学家波利亚在怎样解题中的方法进行操作,先在AB 上任取一 点P,画正方形PQMN,使点Q,M在BC边上,点N在ABC内,然后连接BN,并延长交AC于点N,作NMBC于 点M,NPNM交AB于点P,PQBC于点Q,得到四边形PQMN. (3)推理:证明图2中的四边形PQMN是正方形. (4)拓展:小波把图2中的线段BN称为“波利亚线”,在该线上截取NE=NM,连接EQ,EM(如图3).当QEM= 90时,求“波利亚线”BN的长(用a,h表示). 请帮助小波解决“温故”“推理”“拓展”中的问题.,解析 (1)PNBC,

38、APNABC. = ,即 = . 解得PN= . (3)由画法可得QMN=PNM=PQM=90, 四边形PQMN为矩形,MNMN, BNMBNM. = . 同理可得 = . = . MN=PN,MN=PN.,四边形PQMN为正方形. (4)过N作NREM于点R, NE=NM,NEM=NME,ER=RM= EM, 又EQM+EMQ=EMQ+EMN=90, EQM=EMN, 又QEM=NRM=90,NM=QM, EQMRMN(AAS). EQ=RM,EQ= EM,QEM=90,BEQ+NEM=90,BEQ=EMB, 又EBM=QBE, BEQBME, = = = , 设BQ=x,则BE=2x,BM

39、=4x, QM=BM-BQ=3x=MN=NE, BN=BE+NE=5x,BN= NM= .,10.(2017杭州,21,10分)如图,在正方形ABCD中,点G在对角线BD上(不与点B,D重合),GEDC于点E,GFBC 于点F,连接AG. (1)写出线段AG,GE,GF长度之间的等量关系,并说明理由; (2)若正方形ABCD的边长为1,AGF=105,求线段BG的长.,解析 (1)AG2=GE2+GF2.理由如下: 连接GC, 由正方形性质知AD=CD,ADG=CDG, 在ADG和CDG中, 所以ADGCDG, 所以AG=CG. 由题意知GEC=GFC=DCB=90, 所以四边形GFCE为矩形

40、,所以GF=EC.,在RtGEC中,根据勾股定理,得GC2=GE2+EC2, 所以AG2=GE2+GF2. (2)作AHBD于点H, 由题意知AGB=60,ABG=45, 所以ABH为等腰直角三角形,AGH为含30角的直角三角形, 因为AB=1,所以AH=BH= ,HG= , 所以BG=BH+HG= + .,11.(2018杭州,23,12分)如图,在正方形ABCD中,点G在边BC上(不与点B,C重合),连接AG,作DEAG于点E,BF AG于点F,设 =k. (1)求证:AE=BF; (2)连接BE,DF,设EDF=,EBF=.求证:tan =ktan ; (3)设线段AG与对角线BD交于点

41、H,AHD和四边形CDHG的面积分别为S1和S2.求 的最大值.,解析 (1)证明:因为四边形ABCD是正方形, 所以BAF+EAD=BAD=90, 又因为DEAG, 所以AED=90, 所以EAD+ADE=90, 所以ADE=BAF, 又因为BFAG, 所以DEA=AFB=90. 又因为AD=AB, 所以RtDAERtABF, 所以AE=BF. (2)证明:易知RtBFGRtDEA,所以 = ,在RtDEF中,tan = ,在RtBEF中,tan = , 所以ktan = = = = =tan , 所以tan =ktan . (3)设正方形ABCD的边长为1,则BG=k, 所以ABG的面积等

42、于 k. 易知AHDGHB, 所以 = =k,所以S1= , 所以S2=1- k- = , 所以 =-k2+k+1=- + , 因为0k1,所以当k= ,即点G为BC中点时, 有最大值 .,思路分析 (1)利用同角的余角相等确定相等的角,再证RtDAERtABF,从而有AE=BF. (2)易知RtBFGRtDEA,再由三角函数定义转化关系即可. (3)设正方形ABCD的边长为1,则BG=k,用k表示出S1,S2,确定 关于k的函数关系式后求其最值.,评析 本题以正方形为背景,考查全等三角形、相似三角形的判定与性质及三角函数等内容,同时涉及二 次函数的最值问题,知识点较多.,B组 2015201

43、9年全国中考题组,考点一 矩形,1.(2018新疆,7,5分)如图,矩形纸片ABCD中,AB=6 cm,BC=8 cm.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.6 cm B.4 cm C.3 cm D.2 cm,答案 D 由题意可知,BE=AB=6 cm,CE=BC-BE=8-6=2 cm.故选D.,2.(2017黑龙江龙东地区,18,3分)如图,在矩形ABCD中,AD=4,DAC=30,点P、E分别在AC、AD上,则PE+ PD的最小值是 ( ) A.2 B.2 C.4 D.,答案 B 作点D关于AC的对称点F,作FEAD于点E,交

44、AC于点P,连接AF,EF,PF,DP,则AD=AF,DAC= FAC=30,FAD=60,AD=4,AF=AD=4,EF=AFsinFAE=4sin 60=2 .由作图可知:EF EF(垂线段最短),且EFPE+PF(两点之间线段最短),EFEFPE+PF,又EF=EP+PF=EP+PD,PE+ PF=PE+PD,EP+PDPE+PD,当此不等式取等号时,PE+PD最小,PE+PD的最小值为2 .,3.(2019河南,15,3分)如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=a,点E在边BC上,且BE= a.连接AE,将ABE沿AE折叠, 若点B的对应点B落在矩形ABCD的边上,则a的值为 .,答

45、案 或,解析 在矩形ABCD中,AB=CD=1,AD=BC=a,B=C=D=90,由折叠得BE=BE= a,ABE=90. 当点B落在边AD上时,易证四边形ABEB是正方形,BE=AB,即 a=1,a= ; 当点B落在边CD上时,如图. 1+2=2+3=90, 1=3,又D=C=90,BCEADB, = . 在RtADB中,由勾股定理得BD= = , = ,a= . 综上所述,满足条件的a的值为 或 .,解题关键 本题是以矩形为背景的折叠型题目,由于未指明折叠后点B的具体位置,所以分情况讨论是解决 本题的关键.根据题意得,当点B在矩形边上时,有两种可能:当点B在AD上时,由四边形ABEB是正方

46、形可 求a的值;当点B在边CD上时,由“K字模型”中的相似三角形性质结合勾股定理可求a的值.,4.(2019江西,13(2),3分)如图,四边形ABCD中,AB=CD,AD=BC,对角线AC、BD相交于点O,且OA=OD.求证:四 边形ABCD是矩形.,证明 AB=CD,AD=BC,四边形ABCD是平行四边形. OA= AC,OD= BD, 又OA=OD,AC=BD.ABCD是矩形.,5.(2019福建,18,8分)如图,点E,F分别在矩形ABCD的边AB,CD上,且DF=BE.求证:AF=CE.,证明 本小题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质等基础知识.考查推理能力. 四边形ABCD是矩形,D=B=90,AD=CB. 在ADF和CBE中, ADF