2018屆中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 專題28 矩形、菱形、正方形和梯形試題（B卷含解析）

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1、 專題28 矩形、菱形、正方形和梯形 一、選擇題 1. （甘肅蘭州，14，4分）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點Q，CE∥BD，DE∥AC，AD=，DE=2，則四邊形OCED的面積為（ ） A． B．4 C． D．8 【答案】A 【逐步提示】第一步，根據(jù)平行四邊形的定義判定四邊形OCED是平行四邊形，再由鄰邊相等證明四邊形OCED是菱形；第二步，連接OE，利用矩形、菱形的性質(zhì)以及勾股定理求AC、DC；第三步，證明四邊形AOED是平行四邊形，從而求得OE的長；第四步；借助菱形的面積公式求得答案. 【詳細(xì)解答】解：∵CE∥BD，DE∥AC，∴

2、四邊形OCED是平行四邊形， ∴OD=EC，OC=DE，∵矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O， ∴OD=OC，∴□OCED是菱形. 連接OE，∵DE=2，∴AC=2OC=2DE=4，∴DC=， ∵DE∥AC，AO=OC=DE，∴四邊形AOED是平行四邊形，∴OE=AD=2， ∴四邊形OCED的面積為，故選擇A . 【解后反思】本題借助平行四邊形、矩形、菱形等知識直接求得菱形的面積，也可間接地求利用矩形面積與四邊形OCED的面積的關(guān)系來求四邊形OCED的面積，解法如下：∵CE∥BD，DE∥AC，∴四邊形OCED是平行四邊形，∴2S△ODC=S平行四邊形OCED，∵矩形AB

3、CD的對角線AC與BD相交于點O，∴4S△ODC= S矩形ABCD，∴S平行四邊形OCED=S矩形ABCD，連接OE，∵DE=2，∴AC=2OC=2DE=4，∴DC=， ∵S矩形ABCD=AD×DC=2×2=4，∴S平行四邊形OCED=2 . 【關(guān)鍵詞】 平行四邊形的性質(zhì)與判定；矩形的性質(zhì)；菱形的性質(zhì)與判定；菱形的面積計算 2. （貴州省畢節(jié)市，15，3分）如圖，正方形ABCD的邊長為9，將正方形折疊，使頂點D落在BC邊上的點E處，折痕為GH，若BE∶EC＝2∶1，則線段CH的長是（ 　 ） A.3 B.4 C.5 D.6 A

4、B C D E （第15題圖） F G H 【答案】B 【逐步提示】本題考查正方形的性質(zhì)、圖形的折疊、勾股定理，解題的關(guān)鍵是設(shè)出恰當(dāng)?shù)奈粗獢?shù)，使能在Rt△ECH中利用勾股定理列方程，進(jìn)而求解． 【詳細(xì)解答】解：設(shè)CH＝x，∵BE∶EC＝2∶1，BC＝9，∴EC＝3，由折疊知性質(zhì)知，EH＝DH＝9－x，在Rt△ECH中，由勾股定理，得，解得x＝4，故選B． 【解后反思】 此類問題的易錯點是看不出折疊前后哪些邊（或角）相等而得出錯誤的結(jié)論．矩形的折疊是一種軸對稱變換，也是中考數(shù)學(xué)中的熱點問題．折疊前后的圖形是全等的，即對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等，折疊問題常常伴隨著勾股定理，這

5、是解決問題的關(guān)鍵所在． 【關(guān)鍵詞】正方形的性質(zhì)；勾股定理； 3. （ 河南省，8，3分）如圖，已知菱形OABC的頂點O（0,0），B（2,2），若菱形繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，每秒旋轉(zhuǎn)45°，則第60秒時，菱形的對角線交點D的坐標(biāo)為【 】 （A）（1，-1） （B）（-1，-1） （C）（，0） （D）（0，-） 【答案】B 【逐步提示】本題是以平面直角坐標(biāo)系為背景，利用旋轉(zhuǎn)變換而設(shè)計的圖形循環(huán)規(guī)律題，解題的關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)點D在旋轉(zhuǎn)變換中位置的變化情況，總結(jié)出一般規(guī)律.解題思維的一般步驟：（1）利用菱形的性質(zhì)和三角形的中位線（或中點公式）求出點D的坐標(biāo)；（2）探索

6、點D的位置變化循環(huán)是8秒一個循環(huán)；（3）確定60秒經(jīng)歷多少循環(huán)以及最后一個循環(huán)D點的位置；（4）由點D的位置確定點D的坐標(biāo). 【詳細(xì)解答】解：作ＢＭ⊥ｘ軸，ＤＮ⊥ｘ軸于點Ｍ、Ｎ ∵Ｂ（２,２），∴ＯＢ＝２ ∵四邊形OABC是菱形，∴ＯＤ＝ＯＢ＝ ∴點Ｄ坐標(biāo)為（１,１）． 由每秒旋轉(zhuǎn)４５°,可知８秒繞點Ｏ旋轉(zhuǎn)一周 ∵６０÷８＝７．．．４，∴點Ｄ在第三象限的角平分線上． ∵ＯＤ＝，易求出點Ｄ的坐標(biāo)為（-１,-１），故選擇 B. 【解后反思】本題重點是菱形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換以及循環(huán)規(guī)律，難點是確定點 D的坐標(biāo)和動點的變化的的一般規(guī)律.平面直角坐標(biāo)系與圖形結(jié)合的規(guī)律題的一般思維模式：利用

7、圖形的性質(zhì)確定點的坐標(biāo)；觀察圖形的位置變化，發(fā)現(xiàn)和總結(jié)隱含的位置變化的一般規(guī)律，探索動點坐標(biāo)與位置變化規(guī)律之間的關(guān)系，總結(jié)坐標(biāo)的變化規(guī)律. 【關(guān)鍵詞】旋轉(zhuǎn)；菱形；循環(huán)規(guī)律；坐標(biāo)變化規(guī)律 4. （ 湖南省郴州市，8，3分）如圖，在正方形ABCD中，△ABE和△CDF為直角三角形，∠AEB＝∠CFD＝90°，AE＝CF＝5，BE＝DF＝12，則EF的長是（ ） A．7 B．8 C． D． 【答案】C 【逐步提示】此題考查了正方形的性質(zhì)和判定還有全等三角形的性質(zhì)和判定，解題的關(guān)鍵是找出圖中△ABE、△

8、BCH、△DAG、△CDF的關(guān)系．設(shè)AE的延長線交DF于點G，CF的延長線交BE于點H， 由∠AEB＝∠CFD＝90°，AE＝CF，BE＝DF，可以判定△ABE與△CDF全等，所以∠ABE＝∠CDF，而∠CDF＋∠ADG＝∠ABE＋∠BAE＝90°，∠DAG＋∠BAE＝ 90°，可得∠ABE＝∠DAG，∠BAE＝∠ADG，且正方形的邊長AB＝AD，可證△ABE與△DAG全等，同理，△ABE與△BCH全等，△DAG與△CDF全等．從而得證四邊形EHFG也是正方形，所以EF＝． 【詳細(xì)解答】解：設(shè)AE的延長線交DF于點G，CF的延長線交BE于點H，∵∠AEB＝∠CFD＝90°，AE＝CF，BE

9、＝DF，∴△ABE≌△CDF，∴∠ABE＝∠CDF，∵ 四邊形ABCD為正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠CDF＋∠ADG＝∠DAG＋∠BAE ＝90°，又∵∠ABE＋∠BAE＝90°，∴ ∠BAE＝∠ADG，∠ABE＝∠DAG，∴△ABE≌△DAG，同理可證△ABE≌△BCH，△DAG≌△CDF，∴BE＝AG＝DF＝CH＝12，AE＝BH＝DG＝CF＝5，∴EH＝FH＝FG＝EG＝7，∵∠BEG ＝90°，∴四邊形EHFG是正方形，∴EF＝＝7. G H 【解后反思】正方形的判定方法：有一個角是直角的菱形；有一組鄰邊相等的矩形．

10、正方形的性質(zhì)四個角都是直角，四條邊都相等.選擇恰當(dāng)?shù)姆椒?，靈活運用定理解決問題是關(guān)鍵． 【關(guān)鍵詞】 正方形的性質(zhì)；正方形的判定；全等三角形的判定； 5. （ 湖南省益陽市，4，5分）下列判斷錯誤的是 A．兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形 B．四個內(nèi)角都相等的四邊形是矩形 C．四條邊都相等的四邊形是菱形 D．兩條對角線垂直且平分的四邊形是正方形 【答案】D 【逐步提示】本題考查了平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定方法，根據(jù)平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定定理及相關(guān)推論作出判斷． 【詳細(xì)解答】解：兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形正確，故選項A正確；四個內(nèi)角都相等的四

11、邊形是矩形，故B選項正確；四條邊都相等的四邊形是菱形，故C選項正確；對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形，故選項D錯誤，故選擇D. 【解后反思】四邊形的判定一覽表： 平行四邊形 （1）兩組對邊分別平行；（2）兩組對邊分別相等；（3）一組對邊平行且相等；（4）兩條對角線互相平分；（5）兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形 矩形 （1）有三個角是直角；（2）是平行四邊形，并且有一個角是直角；（3）是平行四邊形，并且兩條對角線相等 菱形 （1）四條邊都相等；（2）是平行四邊形，并且有一組鄰邊相等；（3）是平行四邊形，并且兩條對角線互相垂直 正方形 （1）是矩形，并且有一組鄰邊相

12、等；（2）是菱形，并且有一個角是直角 【關(guān)鍵詞】平行四邊形的判定；矩形的判定；菱形的判定；正方形的判定 6.（江蘇省無錫市，8，3分）下列性質(zhì)中，菱形具有而矩形不一定具有的是（ ） A．對角線相等 B．對角線互相平分 C．對角線互相垂直 D．鄰邊互相垂直 【答案】C 【逐步提示】本題考查了矩形、菱形的特性，解題的關(guān)鍵是掌握矩形和菱形的特性．本題中菱形的特性主要有兩個，一是對角線互相垂直；二是鄰邊相等．可以據(jù)此逐項檢查判斷． 【詳細(xì)解答】解：A項對角線相等是矩形特征；B項對角線互相平分是平行四邊形特征，所以矩形和菱形都具有這一特征；C項對角線互相垂直是菱形特征，矩

13、形不一定具有；D項鄰邊互相垂直是矩形特征；故選擇C. 【解后反思】四邊形的性質(zhì)一覽表： 邊 角 對角線 對稱性 平行四邊形 對邊平行且相等 對角相等 兩條對角線互相平分 中心對稱 矩形 對邊平行且相等 四個角都是直角 兩條對角線互相平分且相等 軸對稱 中心對稱 菱形 對邊平行，四條邊都相等 對角相等 兩條對角線互相垂直平分，每條對角線平分一組對角 軸對稱 中心對稱 正方形 對邊平行，四條邊都相等 四個角都是直角 兩條對角線互相垂直平分且相等，每條對角線平分一組對角 軸對稱 中心對稱 【關(guān)鍵詞】菱形；矩形； 7. （山東省德州市，1

14、2，3分）在矩形ABCD中，AD=2，AB=4，E是AD的中點，一塊足夠大的三角板的直角頂點與點E重合，將三角板繞點E旋轉(zhuǎn)，三角板的兩直角邊分別交AB、BC（或它們的延長線）于點M、N，設(shè)∠AEM=α (0°＜α＜90°),給出下列四個結(jié)論：（1）AM=CN；(2)∠AME=∠BNE；(3)BN-AM=2；(4). 上述結(jié)論中正確的個數(shù)是 A．1 B.2 C.3 D.4 【答案】 【逐步提示】對于（1），利用三角形全等逆推可得；對于（2），通過過點N作NH⊥AD，利用同角的余角相等得到∠1=∠2，再由AD

15、∥BC得∠2=∠BNE，進(jìn)而得到∠AME=∠BNE； ， 對于（3），由△AEM≌△HNE得到線段AM=EH，再根據(jù)線段的和差關(guān)系即可得到結(jié)論BN-AM=2；對于（4），在Rt△MEN中，利用三角函數(shù)表示出，又有題意可知△MEN為等腰直角三角形，再根據(jù)三角形的面積公式可得結(jié)論. 【詳細(xì)解答】解：對于（1），若AM=CN，則有△AEM≌△CDN，進(jìn)而∠NDC=a，但因為點M、N都是動點，這兩個角不一定相等，所以（1）不一定正確； 對于（2），如圖12-1，連接DN，過點N作NH⊥AD于點H， 由題意得：∠a+∠1=90°，∠a+∠2=90°，∴ ∠1=∠2 又∵AD∥BC ∴∠

16、2=∠BNE ∴ ∠1=∠BNE；即∠AME=∠BNE；所以（2）正確 ； 對于（3），∵ ∠1=∠2，∠A=∠EHN=90°，AE=HN ∴△AEM≌△HNE ，∴AM=EH， ∴BN-AM=AH-EH=AE=2，所以（3）正確； 對于（4），由（3）知△AEM≌△HNE，∴EM=EN， 在Rt△MEN中，∵AE=2，∠AEM=α ∴， ∴ 故答案為 . 【解后反思】（1）旋轉(zhuǎn)改變的是圖形的位置，圖形的大小和位置關(guān)系不變，所以在解答有關(guān)旋轉(zhuǎn)的問題時要注意挖掘全等圖形，找出相等的對應(yīng)邊和對應(yīng)角；（2）在解決這類問題時，有的同學(xué)喜歡憑直覺或測量來判斷選項是否正確，有時候會收

17、到意想不到的效果，有時候會容易產(chǎn)生錯誤，如本題的第一個結(jié)論，若果憑觀察和測量很容易判斷錯誤，所以，嚴(yán)密的邏輯推理才是解決問題的關(guān)鍵；（3）在幾何證明題中，能夠正確的做出輔助線是解決問題的關(guān)鍵. 【關(guān)鍵詞】矩形的性質(zhì) ；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；三角形全等；銳角三角函數(shù)；等腰直角三角形的性質(zhì)；三角形的面積；數(shù)形結(jié)合思想；動面題型 8. （ 鎮(zhèn)江，17,3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，坐標(biāo)原點O是正方形OABC的一個頂點，已知點B坐標(biāo)為（1,7），過點P（a,0）(a＞0)，作PE⊥x軸，與邊OA交于點E（異于點O、A），現(xiàn)將四邊形ABCE沿CE翻折，點A′、B′分別是點A、B的對應(yīng)點，若點A′恰好落在直線

18、PE上，則a的值等于（ ） A. B. C. 2 D.3 【答案】C. 【逐步提示】①本題考查了正方形的折疊和全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是通過作輔助線構(gòu)造兩對全等三角形，將未知轉(zhuǎn)向已知.②先根據(jù)點B的坐標(biāo)求出正方形的邊長，再通過證明兩對三角形全等求出OH的長，進(jìn)而可求出OP的長. 【詳細(xì)解答】解：若折疊后點A落在PE上，則∠B′A′P=90°，∠CB′A′=90°，CB′=CB.連接OB，過A作AF⊥x軸于點F，過點B作AF的垂線交AF于點D，因為點B的坐標(biāo)為（1，7

19、），由勾股定理得OB=5，則正方形的邊長為5，所以CB′=B′A′=HP=CB=5.設(shè)A點坐標(biāo)為（m,n),則點D的坐標(biāo)為（m,7),由條件可證明△ABD≌△EAF，所以BD=AF，AD=OF，因此m-1=n.7-n=m.解得m=4,n=3.同理可證明△CHO≌△OFA，所以O(shè)H=AF=3，所以O(shè)P=HP-OH=5-3-2.因此點P的坐標(biāo)為（2，0），所以a=2.故選擇C. 【解后反思】本題通過添加輔助線，根據(jù)折疊圖形和正方形的性質(zhì)得到兩對全等的三角形，將求a值問題化為全等三角形的對應(yīng)邊相等來解決；本題容易出錯的地方是不能根據(jù)題意添加輔助線，找不到需要求的量與已知量的關(guān)系，從而得不到解決

20、. 【關(guān)鍵詞】 正方形的性質(zhì)；折疊的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理 二、填空題 1. （ 安徽，14，5分）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB=6，BC=10.點E在CD上，將△BCE沿BE折疊，點C恰落在邊AD上的點F處；點G在AF上，將△ABG沿BG折疊，點A恰落在線段BF上的點H處.有下列結(jié)論：①∠EBG=450；②△DEF∽△ABG；③S△ABG=S△FGH；④AG+DF=FG.其中正確的是 （把所有正確結(jié)論的序號都選上） 【答案】①③④. 【逐步提示】由折疊得到相等的角和相等的線段，結(jié)合矩形的性質(zhì)可求∠EBG的度數(shù)；在Rt△DEF和Rt△FG

21、H中根據(jù)勾股定理建立方程分別求出DE,GH,FG的長，根據(jù)相似三角形的判定方法對②進(jìn)行判斷，根據(jù)三角形面積公式對③進(jìn)行判斷.④可以根據(jù)各線段的長度直接進(jìn)行判斷. 【詳細(xì)解答】解：由折疊知∠ABG=∠FBG,∠FBE=∠CBE,∴∠EBG=∠ABC=450,①正確；又BC=BF=10，由勾股定理求得AF==8，DF=2，設(shè)CE=EF=x,由勾股定理得x2=22+(6-x)2,x=,DE=;又AB=BH=6，HF=4，設(shè)AG=GH=y,由勾股定理y2+42=(8-y)2,y=3,GF=5，∵,∴△DEF與△ABG不相似，②錯誤；S△ABG=，S△FGH==6，故③正確；AG+DF=3+2=5=F

22、G,④正確，故答案為①③④. 【解后反思】1.凡涉及到折疊的問題，我們都找到其中的相等的角和相等的邊；2.在直角三角形中，根據(jù)勾股定理若能建立關(guān)于一個未知數(shù)的方程，那么這個直角三角形的三邊的長就可以分別求出來，這是我們解決直角三角形問題時常用的方法之一. 【關(guān)鍵詞】 折疊問題，勾股定理，相似三角形的判定，矩形的性質(zhì)，三角形的面積 2. （甘肅蘭州，19，4分）□ABCD的對角線AC與BD相交于點O，且AC⊥BD，請?zhí)砑印獋€條件： ，使得ABCD為正方形． 【答案】AC⊥BD或∠A=90°或∠B=90°或∠C=90°或∠D=90° 【逐步提示】先根據(jù)條件□ABCD的對角線AC

23、⊥BD判定□ABCD是菱形，再根據(jù)正方形的判定添加條件． 【詳細(xì)解答】解：因為□ABCD中，AC⊥BD，所以□ABCD是菱形，所以當(dāng)AC⊥BD或∠A=90°或∠B=90°或∠C=90°或∠D=90°時菱形ABCD是正方形，故答案為AC⊥BD或∠A=90°或∠B=90°或∠C=90°或∠D=90°. 【解后反思】判定一個菱形是正方形，只需一個角是90度或?qū)蔷€垂直即可． 【關(guān)鍵詞】 菱形的判定；正方形的判定 3. （廣東省廣州市，16，3分）如圖，正方形ABCD的邊長為1，AC，BD是對角線，將△DCB繞點D順時針旋轉(zhuǎn)45°得到△DGH，HG交AB于點E，連接DE交AC于點F，連接FG，

24、則下列結(jié)論： ①四邊形AEGF是菱形；②△AED≌△GED；③∠DFG=112.5°；④BC+FG=1.5． 其中正確的結(jié)論是 ．(填寫所有正確結(jié)論的序號) A D C B E F G H 【答案】①②③ 【逐步提示】由正方形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，易發(fā)現(xiàn)△AEH與△GBE都是等腰直角三角形，△CFD是等腰三角形，從而可求AE，AF，EG的長度相等，又AF∥EG，故可先證得結(jié)論①成立；由結(jié)論①，根據(jù)“HL”或“SAS”等判定方法很容易得到結(jié)論②成立；再由前面的結(jié)論可求∠DFG的度數(shù)與

25、BC+FG的值，即可判斷結(jié)論③與④正確與否． 【詳細(xì)解答】解：∵四邊形ABCD是邊長為1的正方形，∴AC⊥BD，CD=AD=1，∠DCB=90°，∠CBD=45°，BD=．∵△DGH是由△DCB繞點D順時針旋轉(zhuǎn)45°得到，∴DH=BD=AC=，DG=DC=1，∠H=∠CBD=45°，∠DGH=90°，∴△AEH與△GBE都是等腰直角三角形，GH∥AC，∴AE=AH=DH－AD=－1，EG=BG=BD－DG=－1，∴AE=EG，∴DE平分∠ADG，∠ADE=∠GDE=22.5°，于是可得∠CDF=67.5°，∠CFD=67.5°，∴∠CDF=∠CFD，∴CF=CD=1，AF=AC－CF=－1，

26、∴AF=EG=AE．由AF=EG，AF∥EG，可得四邊形AEGF是平行四邊形；由AF=AE，可得□AEGF是菱形，故①正確；∵AF=EG，ED=ED，∴△AED≌△GED (HL)，由四邊形AEGF是菱形，得FG∥AB，∴∠GFC=∠BAC=45°，∴∠DFG=45°+67.5°=112.5°，故③正確；故②正確；BC+FG=1+－1=，故④錯誤．故答案為①②③． 【解后反思】（1）我們一般習(xí)慣了通過推理證兩條線段相等，而往往忽視通過求解線段的具體長度而得到線段相等的方法，這一點應(yīng)引起注意． （2）旋轉(zhuǎn)屬于全等變換，解決以旋轉(zhuǎn)為背景的問題時，注意尋找旋轉(zhuǎn)前后相等的邊與角，圖形中所蘊含的全等

27、三角形，會給解決問題帶來很大方便．另外，旋轉(zhuǎn)問題與三角形、特殊四邊形知識聯(lián)系非常密切，應(yīng)熟練掌握相關(guān)它們的性質(zhì)與判定方法． 【關(guān)鍵詞】正方形的性質(zhì)；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；平行四邊形的判定；菱形的判定和性質(zhì)；等腰直角三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定；全等三角形的判定；勾股定理；三角形的外角性質(zhì)(或三角形內(nèi)角和定理)；角的平分線的判定 4. （ 河南省，15，3分）如圖，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB=3. 點E為射線BC上一個動點，連接AE，將△ABE沿AE折疊，點B落在點B′處，過點B′作AD的垂線，分別交AD，BC于點M，N. 當(dāng)點B′為線段MN的三等分點時，BE的長為___________

28、_______. 【答案】或 【逐步提示】本題考查了是以平行線（實際是以為矩形）為圖形背景進(jìn)行折疊即軸對稱的圖形變換求長度的綜合運用，解題的關(guān)鍵是線段三等分點的分類以及在直角三角形中利用勾股定理和相似求線段長度.思路：由線段MN的三等分點有兩個分為兩種情況：①MB′=2NB′=2；②NB′=2MB′=2.當(dāng)①MB′=2NB′=2時，在Rt△AMB′中，由折疊可知AB′=AB=3，利用勾股定理求出AM長，再由Rt△AMB′～RtB′NE對應(yīng)邊成比例求出NE長最后求BE長；當(dāng)②NB′=2MB′=2時，在Rt△AMB′中，由折疊可知AB′=AB=3，利用勾股定理求出AM長，再由Rt△AMB′

29、～RtB′NE對應(yīng)邊成比例求出NE長最后求BE長 【詳細(xì)解答】解：（1）當(dāng)①MB′=2NB′時，∵AB⊥BC，AD∥BC ∴ AB⊥AD，又∵M(jìn)N⊥AD ∴∠BAM=ABN=AMN=90° ∴四邊形ABNM是矩形 ∴MN=AB=3，BN=AM，∠MNB=90° 由折疊得∠AB′E=∠ABE=90°，AB′=AB=3 ∵M(jìn)B′=2NB′,∴MB′=MN=2，NB′=1 在Rt△AMB′中，AM= 易證Rt△AMB′～RtB′NE ∴∴NE== ∴BE=AN-NE== （2）當(dāng)NB′=2MB時，∵AB⊥BC，AD∥BC ∴ AB⊥AD，又∵M(jìn)N⊥AD ∴∠BAM=ABN

30、=AMN=90° ∴四邊形ABNM是矩形 ∴MN=AB=3，BN=AM，∠MNB=90° 由折疊得∠AB′E=∠ABE=90°，AB′=AB=3 ∵NB′=2MB′,∴NB′=MN=2，MB′=1 在Rt△AMB′中，AM= 易證Rt△AMB′～RtB′NE ∴∴NE== ∴BE=AN-NE=， 故答案為或 . 【解后反思】本題的重難點是在矩形為圖形背景，在折疊變換的基礎(chǔ)上，從線段的三等分點的角度，借助直角三角形利用勾股定理和相似求線段長度.．一般思維模式是本題型是以特殊的四邊形為背景，線段的三等分點結(jié)合折疊轉(zhuǎn)化條件求線段長度的題型，一般按線段的三等分點不同進(jìn)行分類

31、，折疊問題求線段長度一般是圍繞關(guān)鍵點（B′），借助或構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理、三角函數(shù)或相似求解線段長度．注意作輔助線時一般關(guān)注已知線段或四邊形邊的方向，作輔助線平行或垂直于它們． 【關(guān)鍵詞】矩形的判定和性質(zhì)；三等分點；翻折變換（折疊問題）；勾股定理；相似 5. （湖南湘西，8，4分）如圖，已知菱形ABCD的兩條對角線長分別為AC=8和BD=6，那么，菱形ABCD的面積為 . 【答案】24 【逐步提示】本題考查了菱形的性質(zhì),根據(jù)菱形的面積公式即可求出答案 【詳細(xì)解答】解：S=AC×BD= ×8×6=24，故答案為24 . 【解后反思】菱形面積有兩種求法，如下

32、圖，S菱形ABCD=AC×BD =AB×DE . 【關(guān)鍵詞】 菱形的面積 （第8題圖） （第8題答圖） 6.（江蘇省南京市，16，2分）如圖，菱形ABCD 的面積為120 cm2，正方形AECF 的面積為50 cm2，則菱形的邊長為 ▲ cm． 【答案】13 【逐步提示】本題考查了菱形與正方形的性質(zhì)、勾股定理，解題的關(guān)鍵是正確運用菱形與正方形的面積公式構(gòu)建方程組，求出AC和BD的長，進(jìn)而得到菱形的邊長． 【詳細(xì)解答】解：連接AC 和BD，由題意可知，BEFD四點都在對角線BD上，設(shè)AC=2a，BD=2b，根據(jù)菱形與正方形的面積計算公式，可得：，a=5；且，

33、b=12，所以AB=．故答案為13． 【解后反思】正方形屬于特殊的菱形，其面積公式可以和菱形相同，都是對角線乘積的一半． 【關(guān)鍵詞】 四邊形；特殊的平行四邊形；菱形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；直角三角形；勾股定理；整體思想；化歸思想 7. （江蘇鹽城，18，3分）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，∠A＝60°，點E、F分別在邊AB、AD上．若將△AEF沿直線EF折疊，使得點A恰好落在CD邊的中點G處，則EF＝ ▲ ． 【答案】 【逐步提示】本題考查了菱形中圖形的折疊問題，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理求出相關(guān)線段AG、BG及AE、AF的長，再利用面積相等，求出EF的長

34、；也可用解析法求解，建立直角坐標(biāo)系，求出OD、OG、EF的關(guān)系式，從而確定E、F的坐標(biāo)，再求出EF的長． 【詳細(xì)解答】解：方法1：連接AG、BD、BG，過點G作GH⊥AD交AD的延長線于H，則顯然△CBD為等邊三角形，∵G為CD邊的中點，∴BG⊥CD，BG＝．在Rt△DGH中，∠GDH＝60°，DG＝1，∴DH＝，GH＝，∴AG＝＝＝；由折疊知，EF垂直平分AG，∴AF＝FG，AE＝EG，在Rt△DFG中，F(xiàn)H2＋HG2＝FG2，即(－AF)2＋()2＝AF2，AF＝，在Rt△EBG中，BE2＋BG2＝EG2，即(2－AE)2＋()2＝AE2，AE＝；∵EF⊥AG，∴S四邊形AEGF＝AE×

35、BG＝AG×EF，∴×＝××EF，∴EF＝．故答案為． 方法2：以點A為坐標(biāo)原點，AB所在直線為x軸，經(jīng)過點A的直線為y軸，如圖所示建立直角坐標(biāo)系，易得點A(0，0)，B(2，0)，C(3，)，D(1，)，G(2，)，從而得到AG的中點M(1，)，直線AD的表達(dá)式為y＝x，直線AG的表達(dá)式為y＝x，因為EF⊥AG，設(shè)直線EF的表達(dá)式為y＝－x＋b，代人點M(1，)，得到b＝，從而y＝－x＋，所以E(，0)，F(xiàn)(，)，求得EF＝．故答案為． 【解后反思】解決此類問題，可由折疊得到相等的線段，相等的角，再結(jié)合解直角三角形有關(guān)知識找到未知量與已知量之間的等量關(guān)系來列方程求解． 【關(guān)鍵詞

36、】菱形的性質(zhì)；勾股定理；幾何變換法；實驗操作題型 8. （江蘇省揚州市，15，3分）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，E為AD的中點，若OE=3，則菱形ABCD的周長為 ． 【答案】24 【逐步提示】本題考查了菱形的性質(zhì)和直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、中位線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是由菱形性質(zhì)得到的對角線互相垂直平分． 【詳細(xì)解答】解：由菱形ABCD可知，因為對角線互相垂直平分，所以∠AOD=90°，而E為AD的中點，所以AD=2OE，若OE=3，則AD=6，所以菱形的周長=4AD=24，故答案為24． 【解后反思】本題也可以運用中位線的性質(zhì)解題．由菱形A

37、BCD可知，因為對角線互相平分平分，所以AO=OC，而E為AD的中點，所以 OE為△ADC的中位線，則DC=2OE，若OE=3，則DC=6，所以菱形的周長=4DC=24，故答案為24． 【關(guān)鍵詞】 平行四邊形；特殊的平行四邊形；菱形的性質(zhì)；三角形的中位線； 三、解答題 1. （ 福建福州，26，13分）如圖，矩形ABCD 中，AB＝4，AD＝3，M 是邊CD 上一點，將△ADM沿直線AM對折，得到△ANM． （1）當(dāng)AN平分∠MAB時，求DM的長； （2）連接BN ，當(dāng)DM＝1時，求△ABN的面積； （3）當(dāng)射線BN 交線段CD于點F時，求DF的最大值．

38、【逐步提示】本題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；本題綜合性強，難度較大，熟練掌握矩形和折疊的性質(zhì)，證明三角形相似和三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．（1）由折疊性質(zhì)得∠MAN=∠DAM，證出∠DAM=∠MAN=∠NAB，由三角函數(shù)得出DM；（2）延長MN交AB延長線于點Q，由矩形的性質(zhì)得出∠DMA=∠MAQ，由折疊性質(zhì)得出∠DMA=∠AMQ，得出∠MAQ=∠AMQ，證出MQ=AQ，設(shè)NQ=x，則AQ=MQ=1+x，在Rt△ANQ中，由勾股定理得出方程，解方程求出NQ=4，AQ=5，即可求出△ABN的面積；（3）過點A作AH⊥BF于點H，證

39、明△ABH∽△BFC，得出對應(yīng)邊成比例，得出當(dāng)點N、H重合（即AH=AN）時，AH最大，BH最小，CF最小，DF最大，此時點M、F重合，B、N、M三點共線，由AAS證明△ABH≌△BFC，得出CF=BH，由勾股定理求出BH，得出CF，即可得出結(jié)果． 【詳細(xì)解答】解：（1）由折疊可知△ANM≌△ADM， ∴ ∵平分 ∴ ∴ ∵四邊形ABCD是矩形 ∴ ∴ ∴ （2）如圖1，延長MN交AB延長線于點Q. ∵四邊形ABCD是矩形， ∴AB∥DC, ∴ 有折疊可知△AMN≌△ADM， ∴ ∴ ∴ 設(shè)，則 在中， ∴ 解得 ∴ ∵ ∴

40、 （3）如圖2，過點A作AH⊥BF于點H，則△ABH∽△BFC, ∴ ∵AH≤AN=3,AB=4, ∴當(dāng)點N,H重合（即）時，DF最大. (AH最大，BH最小，CF最小，DF最大) 此時點M，F(xiàn)重合，B，N，M三點共線，△ABH≌△BFC(如圖3) ∴ ∴DF的最大值為 【解后反思】本題第(2)問也可以過點N作AB的垂線交AB、CD分別為H、G，再通過相似三角形求出NH的長就能得出△ABN的面積.第(3)問如何確定DF的最大值時的位置是難點所在，我們也可以直觀想象得出這個位置，把AN和BF當(dāng)作兩根木棒，要讓AN把BF撐的最遠(yuǎn)，此時有AN垂直于BF.或者通過面積來說明.三角

41、形 ABF的面積是6，所以AH×BF=12為定值.當(dāng)AH最大時，BF最小，從而CF最小，所以DF最大. 【關(guān)鍵詞】實驗操作題型；矩形的性質(zhì)；軸對稱變換；全等三角形的性質(zhì)；等腰三角形的判定；勾股定理；直角三角形中的基本類型；相似三角形的判定；相似三角形的性質(zhì) 2. （甘肅蘭州，25，10分））閱讀下面材料： 在數(shù)學(xué)課上，老師請同學(xué)思考如下問題：如圖1，我們把一個四邊形ABCD 的四邊中點E，F(xiàn)，G，H依次連接起來得到四邊形的EFGH是平行四邊形嗎? 小敏在思考問題是，有如下思路：連接AC． 點E、F分別是AB、AC的中點 三角形 中位線定理 EF∥AC EF=AC

42、 點G、H分別是CD、AD的中點 三角形 中位線定理 GH∥AC GH=AC EF∥GH EF=GH 四邊形EFGH平行四邊形 結(jié)合小敏的思路作答： (1)若只改變國l中四邊形ABCD的形狀（如圖2），則四邊形EFGH還是平行四邊形嗎？說明理由； 參考小敏思考問題的方法，解決—下問題： (2) 如圖2，在(1)的條件下，若連接AC，BD． ①當(dāng)AC與BD滿足什么條件時，四邊形EFGH是菱形．寫出結(jié)論并證明； ②當(dāng)AC與BD滿足什么條件時，四邊形EFGH是矩形．直接寫出結(jié)論． 圖1

43、 圖2 【逐步提示】(1)第一步：由三角形中位線定理得出EF與AC的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系；第二步：再由三角形中位線定理得出GH與AC的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系；第三步：利用等量代換與平行線的傳遞性得出EF與GH的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，從而得到結(jié)論． (2) ①由(1)已經(jīng)證得四邊形EFGH是平行四邊形，所以只需證明鄰邊FG=EF，由三角形中位線定理可得它們都等于BD或AC的一半，故易得“當(dāng)AC=BD時，四邊形EFGH是菱形”這一結(jié)論；②當(dāng)AC⊥BD時，由三角形中位線定理可知EF∥AC，F(xiàn)G∥BD，故可得EF⊥FG，即∠EFG=90°，故四邊形EFGH是矩形． 【詳細(xì)解答】解：(1)四邊形EFGH

44、還是平行四邊形理由如下：連接AC ∵EF分別是AB，BC的中點 ∴EF∥AC，EF=AC， ∵G，H分別是AC，BD的中點 ∴GH∥AC， GH=AC，∴EF∥GH，EF=GH， ∴四邊形EFGH是平行四邊形． (2)①當(dāng)AC=BD時，四邊形EFGH是菱形理由如下： 由(1)可知四邊形EFGH是平行四邊形， 當(dāng)AC=BD時，F(xiàn)G=BD，EF=AC， ∴ FG=EF， ∴四邊形EFGH是菱形． ②當(dāng)AC⊥BD時，四邊形EFGH是矩形．理由如下： 由(1)可知四邊形EFGH是平行四邊形，∵EF分別是AB，BC的中

45、點， ∴EF∥AC，∵AC⊥BD，∴EF⊥BD，∵G，F(xiàn)分別是CD，BC的中點 ∴FG∥AC，∵EF⊥BD，∴EF⊥FG，即∠EFG=90°，∴□EFGH是矩形． 【解后反思】本題的實質(zhì)是判定中點四邊形的形狀，而中點四邊形的形狀是由原四邊形的對角線的關(guān)系來決定的．當(dāng)原四邊形的對角線互相垂直時，中點四邊形是矩形；當(dāng)原四邊形的對角線相等時，中點四邊形是菱形；當(dāng)原四邊形的對角線既相等又互相垂直時，中點四邊形是正方形．注意中點四邊形與原四邊形的對角線是否平分無關(guān)． 【關(guān)鍵詞】 菱形的判定；矩形的判定；三角形中位線定理 3. （廣東省廣州市，18，9分）如圖，矩形ABCD的對角線AC，

46、BD相交于點O，若AB=AO，求∠ABD的度數(shù)． A B C D O 【逐步提示】由條件AB=AO，聯(lián)想到矩形對角線的性質(zhì)AO=BO，故可得△AOB是等邊三角形，于是得其內(nèi)角∠ABD的度數(shù)． 【詳細(xì)解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AO=AC，BO=BD，AC=BD，∴AO=BO．又∵AB=AO，∴AB=AO=BO，∴△AOB是等邊三角形，∴∠ABD=60°． 【解后反思】矩形的對角線互相平分且相等，故此矩形的兩條對角線把矩形分成了四個小等腰三角形．另外，每條對角線所分得的兩個直角三角形都全等． 【關(guān)鍵詞】矩形的性質(zhì)；等邊三角形的判定和性

47、質(zhì) 4. （ 廣東茂名，14，3分）已知矩形的對角線AC和BD相交于點O，若AO=1，那么BD= . 【答案】2 【逐步提示】本題考查了矩形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握矩形的對角線相等且互相平分的性質(zhì).先根據(jù)矩形的對角線互相平分求出AC的長度，再根據(jù)矩形的對角線相等求出BD的長. 【詳細(xì)解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD，AC=2AO.∵AO=1，∴AC=2×1=2，∴BD=2. 故答案為 2 . 【解后反思】本題屬于與矩形知識相關(guān)的基礎(chǔ)題，熟記與矩形對角線相關(guān)的性質(zhì)是正確解答該題的前提. 【關(guān)鍵詞】矩形的性質(zhì) 5. （貴州省畢節(jié)市，22，12分）如圖，

48、已知△ABC中，AB＝AC，把△ABC繞A點沿順時針方向旋轉(zhuǎn)得到△ADE，連接BD，CE交于點F. (1)求證：△AEC≌△ADB； (2)若AB＝2，∠BAC＝45°，當(dāng)四邊形ADFC是菱形時，求BF的長． （第25題圖） 【逐步提示】本題考查了全等三角形的判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、勾股定理、菱形的性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是熟練掌握這些判定定理及性質(zhì)定理．(1)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出全等的條件，利用“SAS”判定△AEC≌△ADB；(2)由等腰三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理得出△BAD是等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理求出BD的長度，再根據(jù)四邊形ABFE是菱形得

49、出DF的長，從而求出BF的長． 【詳細(xì)解答】解：（1）證明：∵△ABC繞A點旋轉(zhuǎn)得到△ADE，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC＋∠BAE＝∠DAE＋∠BAE，∴∠EAC＝∠DAB. 又AB＝AC，∴AE＝AD， ∴△AEC≌△ADB； （2）∵四邊形ADFC是菱形，且∠BAC＝45°，∴∠DBA＝∠BAC＝45°， 又∵AB＝AD，∴∠DBA＝∠BDA＝45°，∴△BAD是等腰直角三角形. ∴BD2＝AB2＋AD2＝ 22＋22＝8，∴BD＝. ∵四邊形ADFC是菱形，∴AD＝DF＝FC＝AC＝AB＝2，∴BF＝BD－DF＝－2. 【解后反思】此類問題容易

50、出錯的地方是不能正確寫出解答過程． 【關(guān)鍵詞】全等三角形的判定；SAS；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；菱形的性質(zhì) 6.（ 河南省，18，9分）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=900，點M是AC的中點，以AB為直徑作⊙O分別交AC,BM于點D,E. (1)求證：MD=ME; (2)填空：①若AB=6,當(dāng)AD=2DM時，DE= ； ②連接OD,OE,當(dāng)∠A的度數(shù)為 時，四邊形ODME是菱形. 【逐步提示】（1）MD=ME應(yīng)來源于∠MDE=∠MED，根據(jù)條件可知四邊形ABED是圓內(nèi)接四邊形，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的外角等于內(nèi)對角的性質(zhì)及直角三角形

51、的斜邊中線性質(zhì)綜合可得結(jié)論。（2）由第一問可知DE∥AB，由相似三角形的性質(zhì)可知,可得DE=2. (3)根據(jù)菱形性質(zhì)可知OE∥AM.∵O是AB中點，∴E為BM中點，連接AE，∵AB是直徑，∴AE⊥BM,可得AB=AM.同理AB=BM.∴△ABM 是等邊三角形，∴∠A=60°。 【詳細(xì)解答】解：（1）在Rt△ABC中，點M是AC的中點， ∴MA=MB，∴∠A=∠MBA. ∵四邊形ABED是圓內(nèi)接四邊形， ∴∠ADE+∠ABE=180°, 又∠ADE+∠MDE=180°, ∴∠MDE=∠MBA. 同理可證：∠MED=∠A. ∴∠MDE=∠MED, ∴MD=ME. （2）①2；

52、 ②60°（或60）. 【解后反思】本題考查了直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定；相似三角形的判斷和性質(zhì)以及菱形的性質(zhì)等知識點，綜合性較強. 【關(guān)鍵詞】圓內(nèi)接四邊形，相似，菱形，等腰三角形. 7. （ 湖北省十堰市，23，8分）如圖，將矩形紙片ABCD（AD＞AB）折疊，使點C 剛好落在線段AD上，且折痕分別與邊BC、AD相交.設(shè)折疊后點C、D的對應(yīng)點分別為點G、 H,折痕分別與邊BC，AD相交于點E、F. （1）判斷四邊形CEGF的形狀； （2）若AB=3,BC=9,求線段CE的取值范圍. 【逐步提示】本題是一道幾何證明與計算的綜合題

53、，也是一道考查手腦并用考查題.其中涉及到平行四邊形的判定、線段垂直平分線的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、菱形的判定、菱形的性質(zhì)、勾股定理等；解題的思路：對于第（1）題，先感性再理性，可以先用圓規(guī)初步測量它們的四邊相等，然后根據(jù)本題的題設(shè)進(jìn)行說明；對于第（2）題，可以先用紙片折疊一下，根據(jù)點C與與AD邊重合，有不同的情況，找出兩個端點情況，進(jìn)行計算，以便確定其范圍. 【詳細(xì)解答】解：（1）四邊形CEGF是菱形.證明如下： 由題意知，EF是CG的垂直平分線， ∴FC=FG, EC=EG, 又∵AD∥BC,∴∠GFE=∠CEF, 由折疊知∠CEF=∠GEF, ∴∠GFE=∠GEF,EG=GF,

54、 ∴EG=FG=FC=EC，∴四邊形CEGF是菱形。 （2）如圖（1），當(dāng)點F與點D重合時，四邊形CEFG是正方形， 此時CE最小，且CE=CD=3， 如圖（2）當(dāng)點G與A重合時，CE最大， 設(shè)CE=x,則BE=9-x，由（1）知，AE=CE=x, 在Rt△ABE中,AB2+BE2=AE2, 即 9+(9-x)2=x2 解得 x=5,所以CE=5 所以，線段CE的取值范圍為 3≤CE≤5. 【解后反思】本題中的菱形的判定、線段垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理等都是初中數(shù)學(xué)的重點部分，其中的手腦并用也是新課標(biāo)的基本要求.本題中的突出的數(shù)學(xué)思想是分類討論：分類討論思想是在對數(shù)

55、學(xué)對象進(jìn)行分類的過程中尋求答案的一種思想方法.分類討論既是一種重要的數(shù)學(xué)思想，又是一種重要的數(shù)學(xué)方法.分類的關(guān)鍵是根據(jù)分類的目的，找出分類的對象.分類要求既不能重復(fù)，也不能遺漏，最后要全面總結(jié). 【關(guān)鍵詞】垂直平分線的性質(zhì)；勾股定理；菱形的判定；分類討論思想 8. （ 湖南省郴州市，26，12分）如圖1，矩形ABCD中，AB＝7cm，AD＝4cm，點E為AD上一定點，點F為AD延長線上一點，且DF＝acm，點P從A點出發(fā)，沿AB邊向點B以2cm／s的速度運動．連結(jié)PE，設(shè)點P運動的時間為ts，△PAE的面積為y．當(dāng)0≤t≤1時，△PAE的面積y（）關(guān)于時間t（s）的函數(shù)圖象如圖2所示．連結(jié)

56、PF，交CD于點H． （1）t的取值范圍為 ．AE＝ cm； （2）如圖3，將△HDF沿線段DF進(jìn)行翻折，與CD的延長線交于點M，連結(jié)AM．當(dāng)a為何值時，四邊形PAMH為菱形？并求出此時點P的運動時間t； （3）如圖4，當(dāng)點P出發(fā)1s后，AD邊上另一動點Q從E點出發(fā)，沿ED邊向點D以1cm／s的速度運動．如果P、Q兩點中的任意一點到達(dá)終點后，另一點也停止運動．連結(jié)PQ、QH，若cm，請問△PQH能否構(gòu)成直角三角形？若能，請求出點P的運動時間t；若不能，請說明理由． 【逐步提示】本題考查的是矩形為背景下的動點問題，翻折問題

57、．解題的關(guān)鍵是巧妙的運用相似三角形，尋找線段間的數(shù)量關(guān)系和比例關(guān)系．（1）由于點P在AB邊上運動，且速度為2cm／s，即0≤2t≤7，可以確定t的取值范圍；結(jié)合0≤t≤1時，圖2的函數(shù)圖象，能得到y(tǒng)與t的函數(shù)關(guān)系式，因為，即y＝，可以求出AE的長． （2）將△HDF沿線段DF進(jìn)行翻折，可得到HD＝DM，若四邊形PAMH為菱形，則有AP＝AM＝MH＝2DM，因為AD＝4，∠ADM＝90°，由勾股定理可以求出DM，即可求出AP，又因為AP＝2t，即可列式求出t值． （3）因為△PQH若構(gòu)成直角三角形，則可能有∠PQH＝90°，或∠PHQ＝90°，每種情況下都可構(gòu)造“一線三等角”證明相似．由于Q

58、比P晚走1s，所以EQ＝t－1，所以QD表示為4－t，因為知道cm，所以DH也可以用“A”字型相似表示出來，寫出正確的比例式就可計算出每種情況下的t值了． 【詳細(xì)解答】解：（1）∵P在邊AB上運動，速度為2cm／s，∴0≤2t≤7，∴0≤t≤； ∵由圖2可得當(dāng)0≤t≤1時，y＝t，∵，∴y＝，即t＝，∴AE＝1． （2）∵將△HDF沿線段DF進(jìn)行翻折得到△MDF，∴HD＝DM＝，又∵四邊形PAMH為菱形，∴AP＝AM＝MH＝2DM，∵AD＝4，∠ADM＝90°，∴在Rt△ADM中，，∴，∴DM＝，∴AP＝2t＝， ∴t＝． （3）∵P先出發(fā)1s后Q再從E出發(fā)，∴AP＝2t，E

59、Q＝t－1，∴QD＝4－1－（t－1）＝4－t．∵四邊形ABCD是矩形，AB∥CD，∴△FDH∽△FAP，∴，∴， ∴．由題意可知，若△PQH為直角三角形，則有兩種情況：∠PQH＝90°，或∠PHQ＝90°．當(dāng)∠PQH＝90°時，∵∠A＝∠QDH＝90°，∴∠APQ＋∠AQP＝90°，∵∠AQP＋∠DQH＝90°，∴∠APQ＝∠DQH，∴△APQ∽△DQH，∴，∴，∴t＝2；．當(dāng)∠PHQ＝90°時，過P作PM⊥CD于點M，同理可證△PMH∽△HDQ，∴ ，∵PM＝AD＝4，∴，解得．∴當(dāng)t＝2或時△PQH為直角三角形． 【解后反思】動點問題本身就是初中數(shù)學(xué)的一個難點，根據(jù)運動的路徑

60、判斷取值范圍較為常見，要認(rèn)真審題，看在哪些線段上運動，由動點和函數(shù)結(jié)合的題，往往求出的解析式是分段函數(shù)．此題還體現(xiàn)了一線三等角的構(gòu)造，這是解決相似三角形時常用的方法．體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中的轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想． 【關(guān)鍵詞】 菱形的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；動點題型 9.（湖南省湘潭市，25，10分）如圖，菱形ABCD中，已知∠BAD=120°，∠EGF=60°，∠EGF的頂點G在菱形對角線AC上運動，角的兩邊分別交邊BC、CD于點E、F. C D A B G E F （1）如圖甲，當(dāng)頂點G運動到與點A重合時，求證：EC+CF=BC； （2）知識探究：

61、 ①如圖乙，當(dāng)頂點G運動到AC中點時，探究線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系； ②在頂點G的運動過程中，若，請直接寫出線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系（不需要寫出證明過程）； （3）問題解決： 如圖丙，已知菱形邊長為8，BC=7，CF=，當(dāng)t＞2時，求EC的長度. C D A B （G） E F C D A E F G B C D A E F G B 圖甲 圖乙 圖丙 【逐步提示】（1）易證△ABC和△ACD都是等邊三角形，然后利用ASA證明△ABE和△ACF全等，從而證明EC+CF=BC；（2）①當(dāng)

62、G在AC的中點時，EC和CF都縮小到原來的一半，于是EC+CF=BC；②當(dāng)時，，于是EC和CF都縮小到原來，于是EC+CF=BC；（3）利用邊長是8、BG=7，計算出AG的長，從而計算出t的值，求出EC+CF的長度，減去CF的長度，即可得到EC的長度. 【詳細(xì)解答】（1）∵四邊形ABCD為菱形，且∠BAD=120°，∴∠B=60°，易證△ABC與△ACD都是等邊三角形，且它們?nèi)?，于是∠ACF=60°，∵∠BAE+∠EAC=∠EAC+CAF=60°，∴∠BAE=∠CAF，∴△BAE≌△CAF（ASA），∴BE=CF，∴EC+CF=BC. （2）①EC+CF=BC；②EC+CF=BC. （

63、3）如圖丙，作BH⊥AC于H，易證H是AC中點，即AH=4，且HB=4，∵BG=7，∴=1，∴GC=4-1=3，∴t=，根據(jù)第（2）小題的結(jié)論，有EC+CF=×8=3. 【解后反思】靈活地掌握菱形的性質(zhì)和等邊三角形的判定是解決本題的突破口，另外相似的意識、位似的意識，在本題中也得到充分的體現(xiàn). 【關(guān)鍵詞】全等三角形的識別；等邊三角形的判定；菱形的性質(zhì)；勾股定理；三角形全等的識別；全等三角形的性質(zhì)；動點題型；相似多邊形的性質(zhì) 10. （ 年湖南省湘潭市，25，10分）如圖，菱形ABCD中，已知∠BAD=120°，∠EGF=60°, ∠EGF的頂點G在菱形對角線AC上運動，角的兩邊分別交邊

64、BC、CD于E、F。 A B D C G F E （1）如圖甲，當(dāng)頂點G運動到與點A重合時，求證：EC+CF=BC； （2）知識探究： ①如圖乙，當(dāng)頂點G運動到AC的中點時，探究線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系； ②在頂點G運動的過程中，若，請直接寫出線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系（不需要寫出證明過程）； （3）問題解決：如圖丙，已知菱形的邊長為8，BG=7，CF=，當(dāng)時，求EC的長度。 圖甲 A(G) B D C F E A B D C F E G A B D C F E G 圖乙 圖丙

65、 【逐步提示】本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定、等邊三角形和相似三角形等知識，解題的關(guān)鍵是綜合運用相關(guān)知識和轉(zhuǎn)化的思想。 （1）要證明EC+CF=BC，只需證CF=BE，要證這兩條線段相等，就是證明它們所在的兩個三角形全等，即證明△BAE和與△CAF全等，再分析全等的條件，AB=AC，∠B＝∠ACF＝60°，只要證∠BAE=∠CAF，由∠BAE＋∠EAC＝∠EAC＋∠CAF＝60°可得； （2）觀察圖乙中的點G，只是把圖甲中的點G的位置向下移動，考慮能不能把問題轉(zhuǎn)化成（1），為此過點A作AE′∥EG，AF′∥GF，利用相似三角形先找出CE與CE′、CF與CF′的關(guān)系，進(jìn)而得

66、到EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系； （3）根據(jù)（2）中的結(jié)論，要求線段EC的長，就是求t，也就是要求出AG或CG的長，在△ABG中已知AB，AG，∠BAC＝60°，求AG的長，可以考慮轉(zhuǎn)化為直角三角形，為此連接BD交AC于H，在Rt△ABH中求得 AH、，BH，在Rt△BHG中得用勾股定理求出BH，進(jìn)而求出t，還需注意t＞2. 【詳細(xì)解答】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴∠BAC＝60°，∠B＝∠ACF＝60°，AB=BC， ∴AB=AC，∵∠BAE＋∠EAC＝∠EAC＋∠CAF＝60°，∴∠BAE=∠CAF，在△BAE和△CAF中， ,∴△BAE≌△CAF，∴BE＝CF，∴EC＋CF＝EC＋BE＝BC，即EC＋CF＝BC； （2）①線段EC，CF與BC的數(shù)量關(guān)系為：CE＋CF＝BC. F′ E′ A B D C F E G 理由如下：過點A作AE′∥EG，AF′∥GF，分別交BC、CD于E′、F′. 類比（1）可得：E′C＋CF′＝BC，∵G為AC中點，AE′∥EG，∴△BAE′∽△CAF′，∴＝，∴CE＝CE′，同理可得：C