2025年中考數(shù)學(xué)真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之四邊形(四)_第1頁(yè)
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2025年中考數(shù)學(xué)真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之四邊形(四)一.解答題(共20小題)1.(2025?河北)綜合與實(shí)踐[情境]要將矩形鐵板切割成相同的兩部分,焊接成直角護(hù)板(如圖1),需找到合適的切割線.[模型]已知矩形ABCD(數(shù)據(jù)如圖2所示).作一條直線MN,使MN與BC所夾的銳角為45°,且將矩形ABCD分成周長(zhǎng)相等的兩部分.[操作]嘉嘉和淇淇嘗試用不同方法解決問(wèn)題.如圖3,嘉嘉的思路如下:①連接AC,BD交于點(diǎn)O;②過(guò)點(diǎn)O作EF⊥BC,分別交BC,AD于點(diǎn)E,F(xiàn);……如圖4,淇淇的方法如下:①在邊BC上截取BG=AB,連接AG;②作線段GC的垂直平分線l,交BC于點(diǎn)M;③在邊AD上截取AN=GM,作直線MN.[探究]根據(jù)以上描述,解決下列問(wèn)題.(1)圖2中,矩形ABCD的周長(zhǎng)為;(2)在圖3的基礎(chǔ)上,用尺規(guī)作圖作出直線MN(作出一條即可,保留作圖痕跡,不寫作法);(3)根據(jù)淇淇的作圖過(guò)程,請(qǐng)說(shuō)明圖4中的直線MN符合要求.[拓展]操作和探究中蘊(yùn)含著一般性結(jié)論,請(qǐng)繼續(xù)研究下面的問(wèn)題.(4)如圖5,若直線PQ將矩形ABCD分成周長(zhǎng)相等的兩部分,分別交邊AD,BC于點(diǎn)P,Q,過(guò)點(diǎn)B作BH⊥PQ于點(diǎn)H,連接CH.①當(dāng)∠PQC=45°時(shí),求tan∠BCH的值;②當(dāng)∠BCH最大時(shí),直接寫出CH的長(zhǎng).2.(2025?浙江)在菱形ABCD中,AB=5,AC=8.(1)如圖1,求sin∠BAC的值.(2)如圖2,E是AD延長(zhǎng)線上的一點(diǎn),連接BE,作△FBE與△ABE關(guān)于直線BE對(duì)稱,EF交射線AC于點(diǎn)P,連接BP.①當(dāng)EF⊥AC時(shí),求AE的長(zhǎng).②求PA﹣PB的最小值.3.(2025?湖南)【問(wèn)題背景】如圖1,在平行四邊形紙片ABCD中,過(guò)點(diǎn)B作直線l⊥CD于點(diǎn)E,沿直線l將紙片剪開(kāi),得到△B1C1E1和四邊形ABED,如圖2所示.【動(dòng)手操作】現(xiàn)將三角形紙片B1C1E1和四邊形紙片ABED進(jìn)行如下操作(以下操作均能實(shí)現(xiàn))①將三角形紙片B1C1E1置于四邊形紙片ABED內(nèi)部,使得點(diǎn)B1與點(diǎn)B重合,點(diǎn)E1在線段AB上,延長(zhǎng)BC1交線段AD于點(diǎn)F,如圖3所示;②連接CC1,過(guò)點(diǎn)C作直線CN⊥CD交射線EE1于點(diǎn)N,如圖4所示;③在邊AB上取一點(diǎn)G,分別連接BD,DG,F(xiàn)G,如圖5所示.【問(wèn)題解決】請(qǐng)解決下列問(wèn)題:(1)如圖3,填空:∠A+∠ABF=°;(2)如圖4,求證:△CNM≌△C1E1M;(3)如圖5,若AB=2AD=27AF,∠AGD=60°,求證:FG∥4.(2025?宜賓)如圖,點(diǎn)E是平行四邊形ABCD邊CD的中點(diǎn),連結(jié)AE并延長(zhǎng)交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F,AD=5.求證:△ADE≌△FCE,并求BF的長(zhǎng).5.(2025?揚(yáng)州)問(wèn)題:如圖1,點(diǎn)P為正方形ABCD內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作EF∥AD,GH∥AB,矩形PHCF的面積是矩形PGAE面積的2倍,探索∠FAH的度數(shù)隨點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的變化情況.【從特例開(kāi)始】(1)小玲利用正方形網(wǎng)格畫出了一個(gè)符合條件的特殊圖形(如圖2),請(qǐng)你僅用無(wú)刻度的直尺連接一條線段,由此可得此圖形中∠FAH=°.(2)小亮也畫出了一個(gè)符合條件的特殊圖形(如圖3),其中PE=PF=6,PG=4,PH=8,求此圖形中∠FAH的度數(shù);【一般化探索】(3)利用圖1,探索上述問(wèn)題中∠FAH的度數(shù)隨點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的變化情況,并說(shuō)明理由.6.(2025?德陽(yáng))在綜合實(shí)踐活動(dòng)中,同學(xué)們將對(duì)學(xué)校的一塊正方形花園ABCD進(jìn)行測(cè)量規(guī)劃使用,如圖,點(diǎn)E、F處是它的兩個(gè)門,且DE=CF,要修建兩條直路AF、BE,AF與BE相交于點(diǎn)O(兩個(gè)門E、F的大小忽略不計(jì)).(1)請(qǐng)問(wèn)這兩條路是否等長(zhǎng)?它們有什么位置關(guān)系,說(shuō)明理由;(2)同學(xué)們測(cè)得AD=4米,AE=3米,根據(jù)實(shí)際需要,某小組同學(xué)想在四邊形OBCF地上再修一條2.5米長(zhǎng)的直路,這條直路的一端在門F處,另一端P在已經(jīng)修建好的路段OB或花園的邊界BC上,并且另一端P與點(diǎn)B處的距離不少于1.5米,請(qǐng)問(wèn)能否修建成這樣的直路,若能,能修建幾條,并說(shuō)明理由.7.(2025?揚(yáng)州)如圖,在?ABCD中,對(duì)角線AC的垂直平分線與邊AD,BC分別相交于點(diǎn)E,F(xiàn).(1)求證:四邊形AFCE是菱形;(2)若AB=3,BC=5,CE平分∠ACD,求DE的長(zhǎng).8.(2025?甘肅)四邊形ABCD是正方形,點(diǎn)E是邊AD上一動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)D除外),△EFG是直角三角形,EG=EF,點(diǎn)G在CD的延長(zhǎng)線上.(1)如圖1,當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合,且點(diǎn)F在邊BC上時(shí),寫出BF和DG的數(shù)量關(guān)系,并將明理由;(2)如圖2,當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A不重合,且點(diǎn)F在正方形ABCD內(nèi)部時(shí),F(xiàn)E的延長(zhǎng)線與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P,如果EF=EP,寫出AE和DG的數(shù)量關(guān)系,并說(shuō)明理由;(3)如圖3,在(2)的條件下,連接BF,寫出BF和DG的數(shù)量關(guān)系,并說(shuō)明理由.9.(2025?眉山)綜合與實(shí)踐【問(wèn)題情境】下面是某校數(shù)學(xué)社團(tuán)在一次折紙活動(dòng)中的探究過(guò)程.【操作實(shí)踐】如圖1,將矩形紙片ABCD沿過(guò)點(diǎn)C的直線折疊,使點(diǎn)B落在AD邊上的點(diǎn)B′處,折痕交AB于點(diǎn)E,再沿著過(guò)點(diǎn)B′的直線折疊,使點(diǎn)D落在B′C邊上的點(diǎn)D′處,折痕交CD于點(diǎn)F.將紙片展平,畫出對(duì)應(yīng)點(diǎn)B′、D′及折痕CE、B′F,連接B′E、B′C、D′F.【初步猜想】(1)確定CE和B′F的位置關(guān)系及線段BE和CF的數(shù)量關(guān)系.創(chuàng)新小組經(jīng)過(guò)探究,發(fā)現(xiàn)CE∥B′F,證明過(guò)程如下:由折疊可知∠DB'F=∠CB'F=12∠DB'C,∠ECB'=∠ECB=12∠BCB'.由矩形的性質(zhì),可知AD∥BC,∴∠DB′C=∠BCB′,∴①,∴CE∥智慧小組先測(cè)量BE和CF的長(zhǎng)度,猜想其關(guān)系為②.經(jīng)過(guò)探究,發(fā)現(xiàn)驗(yàn)證BE和CF數(shù)量關(guān)系的方法不唯一:方法一:證明△AB′E≌△D′CF,得到B′E=CF,再由B′E=BE可得結(jié)論.方法二:過(guò)點(diǎn)B′作AB的平行線交CE于點(diǎn)G,構(gòu)造平行四邊形CFB′G,然后證B′G=B′E可得結(jié)論.請(qǐng)補(bǔ)充上述過(guò)程中橫線上的內(nèi)容.【推理證明】(2)請(qǐng)你結(jié)合智慧小組的探究思路,選擇一種方法驗(yàn)證BE和CF的數(shù)量關(guān)系,寫出證明過(guò)程.【嘗試運(yùn)用】(3)如圖2,在矩形ABCD中,AB=6,按上述操作折疊并展開(kāi)后,過(guò)點(diǎn)B′作B′G∥AB交CE于點(diǎn)G,連接D′G,當(dāng)△B′D′G為直角三角形時(shí),求出BE的長(zhǎng).10.(2025?安徽)綜合與實(shí)踐【項(xiàng)目主題】某勞動(dòng)實(shí)踐小組擬用正三角形和正六邊形兩種環(huán)保組件改善小區(qū)幼兒園室內(nèi)活動(dòng)場(chǎng)地.【項(xiàng)目準(zhǔn)備】(1)密鋪知識(shí)學(xué)習(xí):用形狀、大小完全相同的一種或幾種平面圖形進(jìn)行拼接,使圖形之間既沒(méi)有空隙也沒(méi)有重疊地鋪成一片,叫做圖形的密鋪.(2)密鋪方式構(gòu)建:運(yùn)用密鋪知識(shí)得到圖1、圖2所示的兩種拼接方式,其中正六邊形和正三角形組件的邊長(zhǎng)均為20cm.(3)密鋪規(guī)律探究:為方便研究,稱圖3、圖4分別為圖1、圖2的“拼接單元”.觀察發(fā)現(xiàn):自左向右拼接圖1時(shí),每增加一個(gè)圖3所示的拼接單元,則增加1個(gè)正六邊形和2個(gè)正三角形,長(zhǎng)度增加40cm,從而x個(gè)這樣的拼接單元拼成一行的長(zhǎng)度為(40x+10)cm.自左向右拼接圖2時(shí),每增加一個(gè)圖4所示的拼接單元,則增加①__個(gè)正六邊形和②__個(gè)正三角形,長(zhǎng)度增加③__cm;從而y個(gè)這樣的拼接單元拼成一行的長(zhǎng)度為④__cm.【項(xiàng)目分析】(1)項(xiàng)目條件:場(chǎng)地為長(zhǎng)7.4m、寬6m的矩形;正三角形和正六邊形組件的單價(jià)分別為1元和5元.(2)基本約定:項(xiàng)目成本僅計(jì)算所需組件的費(fèi)用.(3)方式確定:(i)考慮成本因素,采用圖1方式進(jìn)行密鋪;(ii)每行用正六邊形組件頂著左墻開(kāi)始,從左向右用一個(gè)正六邊形與兩個(gè)正三角形組件按圖1所示方式依次交替拼接,當(dāng)不能繼續(xù)拼接時(shí),該行拼接結(jié)束;(iii)第一行緊靠墻邊,從前往后按相同方式逐行密鋪,直至不能拼接為止.(4)方案論證:按上述確定的方式進(jìn)行密鋪,有以下兩種方案.方案一:第一行沿著長(zhǎng)度為6m的墻自左向右拼接(如圖5).根據(jù)規(guī)律,令40x+10≤600,解得x≤14.75,所以每行可以先拼14塊拼接單元,即共用去14個(gè)正六邊形和28個(gè)正三角形組件,由40×14+10=570知,所拼長(zhǎng)度為570cm,剩余30cm恰好還可以擺放一個(gè)正六邊形組件(如圖5所示的陰影正六邊形),最終需用15個(gè)正六邊形和28個(gè)正三角形組件,由5×15+1×28=103知,方案一每行的成本為103元.由于每行寬度為203cm(按3=1.73計(jì)算),設(shè)拼成s行,則203s≤740,解得s≤方案二:第一行沿著長(zhǎng)度為7.4m的墻自左向右拼接.類似于方案一的成本計(jì)算,令40x+10≤740?方案二每行的成本為⑤__元,總成本為⑥__元.【項(xiàng)目實(shí)施】根據(jù)以上分析,選用總成本較少的方案完成實(shí)踐活動(dòng)(略).請(qǐng)將上述材料中橫線上所缺內(nèi)容補(bǔ)充完整:①;②;③;④;⑤;⑥.11.(2025?山東)【圖形感知】如圖1,在四邊形ABCD中,已知∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°,AD=2,AB=4.(1)求CD的長(zhǎng);【探究發(fā)現(xiàn)】老師指導(dǎo)同學(xué)們對(duì)圖1所示的紙片進(jìn)行了折疊探究.在線段CD上取一點(diǎn)E,連接BE.將四邊形ABED沿BE翻折得到四邊形A′BED′,其中A′,D′分別是A,D的對(duì)應(yīng)點(diǎn).(2)其中甲、乙兩位同學(xué)的折疊情況如下:①甲:點(diǎn)D′恰好落在邊BC上,延長(zhǎng)A′D′交CD于點(diǎn)F,如圖2.判斷四邊形DBA′F的形狀,并說(shuō)明理由;②乙:點(diǎn)A′恰好落在邊BC上,如圖3.求DE的長(zhǎng);(3)如圖4,連接DD′交BE于點(diǎn)P,連接CP.當(dāng)點(diǎn)E在線段CD上運(yùn)動(dòng)時(shí),線段CP是否存在最小值?若存在,直接寫出;若不存在,說(shuō)明理由.12.(2025?云南)如圖,在△ABC中,∠ABC=90°,O是AC的中點(diǎn).延長(zhǎng)BO至點(diǎn)D,使OD=OB.連接AD,CD.記AB=a,BC=b,△AOB的周長(zhǎng)為l1,△BOC的周長(zhǎng)為l2,四邊形ABCD的周長(zhǎng)為l3.(1)求證:四邊形ABCD是矩形;(2)若l2﹣l1=2,l3=28,求AC的長(zhǎng).13.(2025?安徽)已知點(diǎn)A′在正方形ABCD內(nèi),點(diǎn)E在邊AD上,BE是線段AA′的垂直平分線,連接A′E,A′B.(1)如圖1,若BA′的延長(zhǎng)線經(jīng)過(guò)點(diǎn)D,AE=1,求AB的長(zhǎng);(2)如圖2,點(diǎn)F是AA′的延長(zhǎng)線與CD的交點(diǎn),連接CA′.(i)求證:∠CA′F=45°;(ii)如圖3,設(shè)AF,BE相交于點(diǎn)G,連接CG,DG,DA′,若CG=CB,判斷△A′DG的形狀,并說(shuō)明理由.14.(2025?煙臺(tái))【問(wèn)題呈現(xiàn)】如圖1,已知P是正方形A1A2A3A4外一點(diǎn),且滿足∠PA1A2+∠PA3A2=180°,探究PA1,PA2,PA3三條線段的數(shù)量關(guān)系.小穎通過(guò)觀察、分析、思考,形成了如下思路:思路一:如圖2,構(gòu)造△QA3A2與△PA1A2全等,從而得出PA1+PA3與PA2的數(shù)量關(guān)系;思路二:如圖3,構(gòu)造△MA1A2與△NA3A2全等,從而得出PA1+PA3與PA2的數(shù)量關(guān)系.(1)請(qǐng)參考小穎的思路,直接寫出PA1+PA3與PA2的數(shù)量關(guān)系;【類比探究】(2)如圖4,若P是正五邊形A1A2A3A4A5外一點(diǎn),且滿足∠PA1A2+∠PA3A2=180°,PA1=11,PA3=49,求PA2的長(zhǎng)度(結(jié)果精確到0.1,參考數(shù)據(jù):sin54°≈0.81,sin72°≈0.95,cos54°≈0.59,cos72°≈0.31);【拓展延伸】(3)如圖5,若P是正十邊形A1A2?A10外一點(diǎn),且滿足∠PA1A2+∠PA3A2=180°,則PA1,PA2,PA3三條線段的數(shù)量關(guān)系為(結(jié)果用含有銳角三角函數(shù)的式子表示).15.(2025?廣安)如圖,E,F(xiàn)是正方形ABCD的對(duì)角線BD上的兩點(diǎn),BD=10,DE=BF,連接AE,AF,CE,CF.(1)求證:△ADE≌△CBF.(2)若四邊形AECF的周長(zhǎng)為434,求EF16.(2025?上海)如圖1,平行四邊形ABCD中,點(diǎn)E、F分別是邊BC、CD上的點(diǎn).(1)若E是BC中點(diǎn);①如圖1,若AE=EF,求證:∠BAE=∠EFC;②如圖2,若CF=DF,聯(lián)結(jié)BF交AE于G,求S△BEG:S△AEF的值;(2)如圖3,若AB=3,AD=5,CF=1,∠AEB=∠AFE=∠EFC,求AF的長(zhǎng).17.(2025?連云港)綜合與實(shí)踐【問(wèn)題情境】如圖,小昕同學(xué)在正方形紙板ABCD的邊AB、BC上分別取點(diǎn)E、F,且AE=BF,AF交DE于點(diǎn)O.連接AC,過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AC,垂足為G,連接GD、GE,DE交AC于點(diǎn)P,GE交AF于點(diǎn)Q.【活動(dòng)猜想】(1)GD與GE的數(shù)量關(guān)系是,位置關(guān)系是;【探索發(fā)現(xiàn)】(2)證明(1)中的結(jié)論;【實(shí)踐應(yīng)用】(3)若AD=3,AE=1,求QF的長(zhǎng);【綜合探究】(4)若AD=3,則當(dāng)AP=時(shí),△DPG的面積最?。?8.(2025?南充)矩形ABCD中,AB=10,AD=17,點(diǎn)E是線段BC上異于點(diǎn)B的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),連接AE,把△ABE沿直線AE折疊,使點(diǎn)B落在點(diǎn)P處.【初步感知】(1)如圖1,當(dāng)E為BC的中點(diǎn)時(shí),延長(zhǎng)AP交CD于點(diǎn)F,求證:FP=FC.【深入探究】(2)如圖2,點(diǎn)M在線段CD上,CM=4.點(diǎn)E在移動(dòng)過(guò)程中,求PM的最小值.【拓展運(yùn)用】(3)如圖2,點(diǎn)N在線段AD上,AN=4.點(diǎn)E在移動(dòng)過(guò)程中,點(diǎn)P在矩形內(nèi)部,當(dāng)△PDN是以DN為斜邊的直角三角形時(shí),求BE的長(zhǎng).19.(2025?瀘州)如圖,在菱形ABCD中,E,F(xiàn)分別是邊AB,BC上的點(diǎn),且AE=CF.求證:AF=CE.20.歸納與應(yīng)用歸納是學(xué)好數(shù)學(xué)的敲門磚,尤其對(duì)幾何而言.例如,我們看到圖1是平行四邊形,就會(huì)聯(lián)想到:從邊的角度,平行四邊形對(duì)邊平行且相等;從角的角度,平行四邊形對(duì)角相等,鄰角互補(bǔ);從對(duì)角線的角度,平行四邊形對(duì)角線互相平分;從對(duì)稱性的角度,平行四邊形是中心對(duì)稱圖形.通過(guò)如此歸納形成知識(shí)體系的學(xué)習(xí)方法,成為我們解決相關(guān)問(wèn)題的金鑰匙.(1)嘗試歸納:請(qǐng)你根據(jù)圖2,寫出3條直角三角形的性質(zhì).①;②;③.(2)實(shí)踐應(yīng)用:小明同學(xué)在思考直角三角形的性質(zhì)時(shí),作出如圖3,∠ABC=90°,點(diǎn)D是AC的中點(diǎn),BE∥AC,AE∥BD,試幫他判斷四邊形ADBE的形狀,并證明你的結(jié)論.

2025年中考數(shù)學(xué)真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之四邊形(四)參考答案與試題解析一.解答題(共20小題)1.(2025?河北)綜合與實(shí)踐[情境]要將矩形鐵板切割成相同的兩部分,焊接成直角護(hù)板(如圖1),需找到合適的切割線.[模型]已知矩形ABCD(數(shù)據(jù)如圖2所示).作一條直線MN,使MN與BC所夾的銳角為45°,且將矩形ABCD分成周長(zhǎng)相等的兩部分.[操作]嘉嘉和淇淇嘗試用不同方法解決問(wèn)題.如圖3,嘉嘉的思路如下:①連接AC,BD交于點(diǎn)O;②過(guò)點(diǎn)O作EF⊥BC,分別交BC,AD于點(diǎn)E,F(xiàn);……如圖4,淇淇的方法如下:①在邊BC上截取BG=AB,連接AG;②作線段GC的垂直平分線l,交BC于點(diǎn)M;③在邊AD上截取AN=GM,作直線MN.[探究]根據(jù)以上描述,解決下列問(wèn)題.(1)圖2中,矩形ABCD的周長(zhǎng)為10;(2)在圖3的基礎(chǔ)上,用尺規(guī)作圖作出直線MN(作出一條即可,保留作圖痕跡,不寫作法);(3)根據(jù)淇淇的作圖過(guò)程,請(qǐng)說(shuō)明圖4中的直線MN符合要求.[拓展]操作和探究中蘊(yùn)含著一般性結(jié)論,請(qǐng)繼續(xù)研究下面的問(wèn)題.(4)如圖5,若直線PQ將矩形ABCD分成周長(zhǎng)相等的兩部分,分別交邊AD,BC于點(diǎn)P,Q,過(guò)點(diǎn)B作BH⊥PQ于點(diǎn)H,連接CH.①當(dāng)∠PQC=45°時(shí),求tan∠BCH的值;②當(dāng)∠BCH最大時(shí),直接寫出CH的長(zhǎng).【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】幾何綜合題;運(yùn)算能力;推理能力.【答案】(1)10;(2)見(jiàn)解析;(3)見(jiàn)解析;(4)①313②22.【分析】(1)根據(jù)矩形的周長(zhǎng)公式計(jì)算即可;(2)以點(diǎn)E為圓心EO為半徑畫弧,交BC于點(diǎn)M,延長(zhǎng)MO交AD于點(diǎn)N,連接MN,由作圖可知△OME是等腰直角三角形,根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可證∠NMC=45°,根據(jù)矩形的性質(zhì)可證△AON≌△COM,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可證AN=CM,DN=BM,從而可證直線MN把矩形分成了周長(zhǎng)相等的兩部分,所以線段MN即為所求;(3)根據(jù)矩形的性質(zhì)可證四邊形AGMN是平行四邊形,根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可證∠NMG=∠AGB=45°,根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)可以證明出AN=CM,BM=DN,所以可以證明AN+AB+BM=CM+CD+DN,所以直線MN把矩形ABCD分成了周長(zhǎng)相等的兩部分,從而可證直線MN符合要求;(4)①過(guò)點(diǎn)H作HG⊥BC,連接AC交PQ于點(diǎn)O,過(guò)點(diǎn)P作PK⊥BC于點(diǎn)K,過(guò)點(diǎn)O作OT⊥BC,根據(jù)矩形的性質(zhì)可得:AP=CQ,PD=BQ,AB=DC=PK=1,根據(jù)勾股定理可以求出PQ=2,利用AAS可證△AOP≌△COQ,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得:PO=QO=22OT=QT=2,從而可得:CQ=52,BQ=32,根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得:HG=34,CG=134,根據(jù)正切的定義可以求出∠BCH的正切;②連接AC交PQ于點(diǎn)O,PQ把矩形ABCD分成了周長(zhǎng)相等的兩部分,點(diǎn)O為AC和PQ的中點(diǎn),利用勾股定理可以求出AC=17LH=174,過(guò)點(diǎn)L作LT⊥BC,則△BLT∽△BDC【解答】(1)解:∵四邊形ABCD是矩形,∴AB=CD,AD=BC,∵AB=1,AD=4,∴AB=CD=1,AD=BC=4,∴矩形ABCD的周長(zhǎng)為2(AB+CD)=2×(1+4)=10,故答案為:10;(2)解:如圖所示,以點(diǎn)E為圓心EO為半徑畫弧,交BC于點(diǎn)M,延長(zhǎng)MO交AD于點(diǎn)N,線段MN即為所求,∵EF⊥BC,∴∠BEF=90°,∵EM=EO,∴△EOM是等腰直角三角形,∴∠OME=45°,∵矩形ABCD的對(duì)角線交于點(diǎn)O,∴AO=CO,∵四邊形ABCD是矩形,∴AD∥BC,AD=BC,∴∠AON=∠COM,在△AON和△COM中,∠OAN=∠OCMAO=CO∴△AON≌△COM(ASA),∴AN=CM,∴DN=BM,∴AN+AB+BM=CM+CD+DN,∴直線MN把矩形ABCD分成周長(zhǎng)相等的兩部分;(3)證明:∵四邊形ABCD是矩形,∴∠B=90°,AD∥BC,∵BG=AB,∴∠AGB=45°,∵AN=MG,∴四邊形AGMN是平行四邊形,∴MN∥AG,∴∠NMG=∠AGB=45°,∵直線l是GC的垂直平分線,∴GM=CM,∴GM=CM=AN,∴BM=BC﹣CM,DN=AD﹣AN,∴BM=DN,∴AN+AB+BM=CM+CD+DN,∴MN把矩形ABCD分成了周長(zhǎng)相等的兩部分,∴直線MN符合要求;(4)解:①如圖所示,過(guò)點(diǎn)H作HG⊥BC,連接AC交PQ于點(diǎn)O,過(guò)點(diǎn)P作PK⊥BC于點(diǎn)K,過(guò)點(diǎn)O作OT⊥BC,∵四邊形ABCD是矩形,且直線PQ將矩形ABCD分成周長(zhǎng)相等的兩部分,則點(diǎn)O是矩形ABCD的對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn),∴點(diǎn)O是AC的中點(diǎn),∴BT=CT=1∴AP=CQ,PD=BQ,AB=DC=PK=1,∵∠PQC=45°,∴△PQK是等腰直角三角形,∴PK=QK=1,∴PQ=P∵四邊形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∴∠APQ=∠CQP=45°,在△AOP和△COQ中,∠AOP=∠COQ∠APO=∠CQP∴△AOP≌△COQ(AAS),∴PO=QO=22,OT=QT∴CQ=CT+QT=2+1∴BQ=BC﹣CQ=4?52=32∵BH⊥PQ于點(diǎn)H,∴∠BHQ=90°,∴△BHQ是等腰直角三角形,∴HG=GQ=12BQ=1∴tan∠BCH=HG②如圖所示,連接BD交PQ于點(diǎn)O,∵PQ把矩形ABCD分成了周長(zhǎng)相等的兩部分,∴點(diǎn)O為BD和PQ的中點(diǎn),∵BH⊥PQ,∴點(diǎn)H在以BO為直徑的⊙L上,當(dāng)CH與⊙L相切時(shí),∠BCH最大,∵AB=1,AD=4,∴BD=1∴BO=1∴LH=BL=OL=17過(guò)點(diǎn)L作LT⊥BC,∴∠BTL=90°,∵四邊形ABCD是矩形,∴∠BCD=90°,∴TL∥CD,則△BLT∽△BDC,∴BLBD∴174∴LT=14∴CT=BC﹣BT=4﹣1=3,∴CL∵CH是⊙L的切線,∴∠CHL=90°,∴CH=C【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形的綜合題,主要考查了矩形的性質(zhì)、中心對(duì)稱圖形的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、切線的性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì),本題的綜合性較強(qiáng),難度較大,需要綜合運(yùn)用矩形、圓、切線等圖形的性質(zhì),解決本題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造直角三角形,利用直角三角形的性質(zhì)求解.2.(2025?浙江)在菱形ABCD中,AB=5,AC=8.(1)如圖1,求sin∠BAC的值.(2)如圖2,E是AD延長(zhǎng)線上的一點(diǎn),連接BE,作△FBE與△ABE關(guān)于直線BE對(duì)稱,EF交射線AC于點(diǎn)P,連接BP.①當(dāng)EF⊥AC時(shí),求AE的長(zhǎng).②求PA﹣PB的最小值.【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】矩形菱形正方形;推理能力.【答案】(1)35(2)①11;②339【分析】(1)先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥BC,OA=12AC=4(2)①連接BD,設(shè)AC,BD交于點(diǎn)O,同理求出OB=3,則BD=6;證明EF∥BD,得到∠DBE=∠FEB,由軸對(duì)稱的性質(zhì)可得∠AEB=∠FEB,則∠DEB=∠DBE,據(jù)此可得DE=DB=6,即可得到AE=AD+DE=11;②由勾股定理得PB=OB2+OP2=OP2+9,根據(jù)PA=OA+OP=4+OP,可求出PA?PB=4?9OP+OP2+9,根據(jù)9OP+OP2+9>0,可推出當(dāng)OP有最小值時(shí),OP+OP2+9有最小值,即此時(shí)9OP+OP2+9有最大值,即當(dāng)OP有最小值時(shí),PA﹣PB有最小值;過(guò)點(diǎn)B作【解答】解:(1)如圖,設(shè)AC,BD交于點(diǎn)O,∵在菱形ABCD中,AB=5,AC=8,∴AC⊥BC,OA=1∴OB=A∴sin∠BAC=OB(2)①如圖,設(shè)AC,BD交于點(diǎn)O,∵四邊形ABCD是菱形,∴AC⊥BC,OA=12AC=4,BD=2OB,AD∴OB=A∴BD=6;∵EF⊥AC,AC⊥BC,∴EF∥BD,∴∠DBE=∠FEB,由軸對(duì)稱的性質(zhì)可得∠AEB=∠FEB,∴∠DEB=∠DBE,∴DE=DB=6,∴AE=AD+DE=11;②在Rt△BOP中,由勾股定理得PB=O∵PA=OA+OP=4+OP,∴PA﹣PB=4+OP?=4+(OP?=4+O=4?9∵9OP+∴要使PA﹣PB的值最小,則9OP+∴OP+O又∵OP2+9∴OP+OP2∴當(dāng)OP有最小值時(shí),OP+OP2∴當(dāng)OP有最小值時(shí),PA﹣PB有最小值;如圖所示,過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AD于H,BT⊥FE于T,∵S菱形ABCD∴BH=1∴由軸對(duì)稱的性質(zhì)可得BT=BH=24在Rt△POB中,由勾股定理得OP=P∴當(dāng)PB有最小值時(shí),OP有最小值,由垂線段最短可知BP≥BT=24∴當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)T重合時(shí),BP有最小值,最小值為245∴OP∴(PA?PB)【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了菱形的性質(zhì),求角的正弦值,勾股定理,軸對(duì)稱圖形的性質(zhì),等角對(duì)等邊等等,解(2)的關(guān)鍵在于把求出PA﹣PB的最小值轉(zhuǎn)換成求出OP的最小值,進(jìn)而轉(zhuǎn)換成求出PB的最小值.3.(2025?湖南)【問(wèn)題背景】如圖1,在平行四邊形紙片ABCD中,過(guò)點(diǎn)B作直線l⊥CD于點(diǎn)E,沿直線l將紙片剪開(kāi),得到△B1C1E1和四邊形ABED,如圖2所示.【動(dòng)手操作】現(xiàn)將三角形紙片B1C1E1和四邊形紙片ABED進(jìn)行如下操作(以下操作均能實(shí)現(xiàn))①將三角形紙片B1C1E1置于四邊形紙片ABED內(nèi)部,使得點(diǎn)B1與點(diǎn)B重合,點(diǎn)E1在線段AB上,延長(zhǎng)BC1交線段AD于點(diǎn)F,如圖3所示;②連接CC1,過(guò)點(diǎn)C作直線CN⊥CD交射線EE1于點(diǎn)N,如圖4所示;③在邊AB上取一點(diǎn)G,分別連接BD,DG,F(xiàn)G,如圖5所示.【問(wèn)題解決】請(qǐng)解決下列問(wèn)題:(1)如圖3,填空:∠A+∠ABF=90°;(2)如圖4,求證:△CNM≌△C1E1M;(3)如圖5,若AB=2AD=27AF,∠AGD=60°,求證:FG∥【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】幾何綜合題;推理能力.【答案】(1)90;(2)證明詳見(jiàn)解析;(3)證明詳見(jiàn)解析.【分析】(1)由題易得∠ABF=∠CBE,∠A=C,據(jù)此即可得解;(2)證△EBE1為等腰直角三角形,得到∠BE1B=∠BEE1=45°,進(jìn)而得到∠CEN=∠CNE=∠C1E1M=45°,進(jìn)而容易得證;(3)設(shè)AF=1,則AD=7,AB=27,利用cosA=AFAB=APAD,可得AP長(zhǎng),進(jìn)而求出DP和【解答】(1)解:由題可知∠ABF=∠CBE,∵BE⊥CD,∴∠CEB=90°,∴∠CBE+∠C=90°,在平行四邊形ABCD中,∠A=∠C,∴∠A+∠ABF=90°,故答案為:90;(2)證明:∵CN⊥CD,∴∠CND=90°,由題可知∠CE1C1=∠CEB=90°,BE=B1E1,CE=C1E1,∵AB∥CD,∴∠EBE1=∠CBE=90°,∴△EBE1為等腰直角三角形,∴∠BE1B=∠BEE1=45°,∴∠CEN=∠CNE=∠C1E1M=45°,∴CN=CE=C1E1,在△CNM和△C1E1M;∠CMN=∠C∴△CNM≌△C1E1M(AAS);(3)證明:如圖,過(guò)點(diǎn)D作DP⊥AB垂足為點(diǎn)P,由題AB=2AD=27設(shè)AF=1,∴AD=7,AB=2∴cosA=AF在Rt△ADP中,AP=AD?cosA=7∴DP=A∵∠AGD=60°,∴在Rt△GDP中,PG=DP∴AG=AP+PG=2,∴AFAG=AD∵∠A=∠A,∴△AFG∽△ADB,∴∠AFG=∠ADB,∴FG∥BD.【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、解直角三角形、相似三角形的判定和性質(zhì)等內(nèi)容,熟練掌握相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.4.(2025?宜賓)如圖,點(diǎn)E是平行四邊形ABCD邊CD的中點(diǎn),連結(jié)AE并延長(zhǎng)交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F,AD=5.求證:△ADE≌△FCE,并求BF的長(zhǎng).【考點(diǎn)】平行四邊形的性質(zhì);全等三角形的判定.【專題】圖形的全等;多邊形與平行四邊形;推理能力.【答案】證明見(jiàn)解析,BF=10.【分析】由平行四邊形的性質(zhì)推出BC∥AD,BC=AD=5,得到∠D=∠FCE,由線段的中點(diǎn)定義得到DE=CE,即可證明△ADE≌△FCE(ASA),推出FC=AD=5,即可求出BF的長(zhǎng).【解答】證明:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴BC∥AD,BC=AD=5,∴∠D=∠FCE,∵E是CD的中點(diǎn),∴DE=CE,在△ADE和△FCE中,∠D=∠FCEDE=CE∴△ADE≌△FCE(ASA),∴FC=AD=5,∴BF=BC+FC=5+5=10.【點(diǎn)評(píng)】本題考查平行四邊形的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),關(guān)鍵是由ASA判定△ADE≌△FCE.5.(2025?揚(yáng)州)問(wèn)題:如圖1,點(diǎn)P為正方形ABCD內(nèi)一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作EF∥AD,GH∥AB,矩形PHCF的面積是矩形PGAE面積的2倍,探索∠FAH的度數(shù)隨點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的變化情況.【從特例開(kāi)始】(1)小玲利用正方形網(wǎng)格畫出了一個(gè)符合條件的特殊圖形(如圖2),請(qǐng)你僅用無(wú)刻度的直尺連接一條線段,由此可得此圖形中∠FAH=45°.(2)小亮也畫出了一個(gè)符合條件的特殊圖形(如圖3),其中PE=PF=6,PG=4,PH=8,求此圖形中∠FAH的度數(shù);【一般化探索】(3)利用圖1,探索上述問(wèn)題中∠FAH的度數(shù)隨點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的變化情況,并說(shuō)明理由.【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】幾何綜合題;壓軸題.【答案】(1)作圖見(jiàn)解析,45;(2)∠FAH=45°;(3)隨點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng),∠FAH的度數(shù)不變,且為45°.【分析】(1)連接AH,AF與格線的交點(diǎn)記為M,N,先確定點(diǎn)M,N為格點(diǎn),然后由勾股定理以及逆定理證明△AMN為等腰直角三角形,即可求解∠FAH的度數(shù);(2)延長(zhǎng)CB至點(diǎn)T,使得BT=DF,連接AT,F(xiàn)H,先證明△ABT≌△ADF(SAS),則AT=AF,∠TAB=∠FAD,那么∠FAD+∠BAH=90°﹣∠HAF=∠TAB+∠BAH=∠TAH,可得四邊形AEPG是矩形,四邊形PEBH,PGDF,PHCF為矩形,求出TH=TB+BH=10,由勾股定理得HF=10,則HT=HF,那么△AHT≌△AHF(SSS),則∠TAH=∠HAF,即可求解∠FAH=45°;(3)延長(zhǎng)CB至點(diǎn)T,使得BT=DF,連接AT,F(xiàn)H,同理△ABT≌△ADF(SAS),同(2)可得四邊形AEPG是矩形,四邊形PEBH,PGDF,PHCF為矩形,設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x,AG=a,PG=b,則CH=BC﹣BH=x﹣a,CF=CD﹣DF=x﹣b,HT=BH+BT=a+b,由S矩形PHCF=2S矩形PGAE,得到x2=ab+ax+bx,在Rt△CHF中,由勾股定理得HF2=(x﹣a)2+(x﹣b)2,求出HF=a+b,則HF=HT,再同(2)△AHT≌△AHF(SSS)即可.【解答】解:(1)如圖,MN即為所求:連接AH,AF與格線的交點(diǎn)記為M,N,由網(wǎng)格可得,EM∥BH,∴△AEM∽△ABH,∴EMBH∵BH=2,∴EM=1,∴M為格點(diǎn),同理N為格點(diǎn),∵AM=AE2+EM2∴AM2+MN2=AN2,AM=MN,∴∠AMN=90°,∴△AMN為等腰直角三角形,∴∠FAH=45°故答案為:45;(2)延長(zhǎng)CB至點(diǎn)T,使得BT=DF,連接AT,F(xiàn)H,∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAD=∠C=∠D=∠ABC=∠ABT=90°,∴△ABT≌△ADF(SAS),∴AT=AF,∠TAB=∠FAD,∴∠FAD+∠BAH=90°﹣∠HAF=∠TAB+∠BAH=∠TAH,∵EF∥AD,GH∥AB,∴四邊形AEPG是平行四邊形,∵∠BAD=90°,∴四邊形AEPG是矩形,同理可得四邊形PEBH,PGDF,PHCF為矩形,∴PE=BH=6,PG=DF=TB=4,∠HPF=90°,∴TH=TB+BH=4+6=10,HF=P∴HT=HF,∴在△AHT和△AHF中,AH=AHHT=HF∴△AHT≌△AHF(SSS),∴∠TAH=∠HAF,∵∠TAH=90°﹣∠HAF,∴90°﹣∠HAF=∠HAF,∴∠HAF=45°,即∠FAH=45°;(3)隨點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng),∠FAH的度數(shù)不變,且為45°,理由如下:延長(zhǎng)CB至點(diǎn)T,使得BT=DF,連接AT,F(xiàn)H,∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAD=∠C=∠D=∠ABC=∠ABT=90°,∴△ABT≌△ADF(SAS),∴BT=DF,AT=AF,∠TAB=∠FAD,∴∠FAD+∠BAH=90°﹣∠HAF=∠TAB+∠BAH=∠TAH,同(2)可得四邊形AEPG是矩形,四邊形PEBH,PGDF,PHCF為矩形,設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x,AG=a,PG=b,∴AG=PE=BH=a,PG=DF=BT=b,∴CH=BC﹣BH=x﹣a,CF=CD﹣DF=x﹣b,∴HT=BH+BT=a+b,∴∵S矩形PHCF=2S矩形PGAE,∴(x﹣a)(x﹣b)=2ab,整理得x2=ab+ax+bx,∵在Rt△CHF中,CH2+CF2=HF2,∴HF2=(x﹣a)2+(x﹣b)2=2x2﹣2ax+a2﹣2bx+b2=2ab+2ax+2bx﹣2ax+a2﹣2bx+b2=(a+b)2,∴HF=a+b(舍負(fù)),∴HF=HT,∴在△AHT和△AHF中,AH=AHHT=HF∴△AHT≌△AHF(SSS),∴∠TAH=∠HAF,∵∠TAH=90°﹣∠HAF,∴90°﹣∠HAF=∠HAF,∴∠HAF=45°,即∠FAH=45°.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì),勾股定理及其逆定理,等腰三角形的定義,正方形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn),熟練掌握各知識(shí)點(diǎn)并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵.6.(2025?德陽(yáng))在綜合實(shí)踐活動(dòng)中,同學(xué)們將對(duì)學(xué)校的一塊正方形花園ABCD進(jìn)行測(cè)量規(guī)劃使用,如圖,點(diǎn)E、F處是它的兩個(gè)門,且DE=CF,要修建兩條直路AF、BE,AF與BE相交于點(diǎn)O(兩個(gè)門E、F的大小忽略不計(jì)).(1)請(qǐng)問(wèn)這兩條路是否等長(zhǎng)?它們有什么位置關(guān)系,說(shuō)明理由;(2)同學(xué)們測(cè)得AD=4米,AE=3米,根據(jù)實(shí)際需要,某小組同學(xué)想在四邊形OBCF地上再修一條2.5米長(zhǎng)的直路,這條直路的一端在門F處,另一端P在已經(jīng)修建好的路段OB或花園的邊界BC上,并且另一端P與點(diǎn)B處的距離不少于1.5米,請(qǐng)問(wèn)能否修建成這樣的直路,若能,能修建幾條,并說(shuō)明理由.【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì);全等三角形的應(yīng)用;勾股定理的應(yīng)用.【專題】圖形的全等;矩形菱形正方形;幾何直觀;運(yùn)算能力;推理能力.【答案】(1)兩條路等長(zhǎng);它們有什么位置關(guān)系是:互相垂直,理由見(jiàn)解答過(guò)程;(2)能建成一條這樣的直路,且點(diǎn)P在邊界BC上,理由見(jiàn)解答過(guò)程.【分析】(1)根據(jù)正方形性質(zhì)得BA=AD=CD,∠BAE=∠D=90°,根據(jù)DE=CF得AE=DF,進(jìn)而可依據(jù)“SAS”判定△BAE和△ADF全等,則BE=AF,∠ABE=∠DAF,由此可證明∠AOB=90°,據(jù)此可得出這道路AF與BE等長(zhǎng),且相互垂直;(2)先由勾股定理求出BE=5(米),由(1)得AF=BE=5米,AF⊥BE,再由三角形的面積公式OA=2.4米,則OF=2.6米,根據(jù)“垂線段最短”得點(diǎn)F到路段OB的最短距離為2.6米,因此路段OB上不存在點(diǎn)P,設(shè)點(diǎn)P在邊界BC上時(shí),由勾股定理得PC=212,則BP=4?21【解答】解:(1)兩條路等長(zhǎng);它們有什么位置關(guān)系是:互相垂直,理由如下:∵四邊形ABCD是正方形,∴BA=AD=CD,∠BAE=∠D=90°,∵DE=CF,∴AD﹣DE=CD﹣CF,∴AE=DF,在△BAE和△ADF中,BA=AD∠BAE=∠D=90°∴△BAE≌△ADF(SAS)∴BE=AF,∠ABE=∠DAF,∵∠BAE=∠BAO+∠DAF=90°,∴∠BAO+∠ABE=90°,在△AOB中,∠AOB=180°﹣(∠BAO+∠ABE)=90°,∴AF⊥BE,∴道路AF與BE等長(zhǎng),且它們相互垂直;(2)能建成一條這樣的直路,且點(diǎn)P在邊界BC上,理由如下:∵AD=AB=CD=4米,AE=3米,∴DE=CF=1米,在RtABE中,由勾股定理得:BE=A由(1)得:AF=BE=5米,AF⊥BE,∴由三角形的面積公式得:S△ABE=12BE?OA=12∴OA=AB?AE∴OF=AF﹣OA=5﹣2.4=2.6(米),根據(jù)“垂線段最短”得:點(diǎn)F到路段OB的最短距離為2.6米,∴路段OB上不存在點(diǎn)P到點(diǎn)F的距離等于2.5米,∴點(diǎn)P不在路段OB上,設(shè)點(diǎn)P在邊界BC上時(shí),在Rt△PCF中,由勾股定理得:PC=F∴BP=BC﹣PC=4?21∵4?21∴4?21∴點(diǎn)P符合題意,即能建成一條這樣的直路.【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了正方形的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),勾股定理,理解正方形的性質(zhì),垂線段最短,熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì),靈活運(yùn)用勾股定理和三角形的面積公式進(jìn)行計(jì)算是解決問(wèn)題的關(guān)鍵.7.(2025?揚(yáng)州)如圖,在?ABCD中,對(duì)角線AC的垂直平分線與邊AD,BC分別相交于點(diǎn)E,F(xiàn).(1)求證:四邊形AFCE是菱形;(2)若AB=3,BC=5,CE平分∠ACD,求DE的長(zhǎng).【考點(diǎn)】菱形的判定與性質(zhì);角平分線的定義;線段垂直平分線的性質(zhì);平行四邊形的性質(zhì).【專題】多邊形與平行四邊形;矩形菱形正方形;幾何直觀;運(yùn)算能力;推理能力.【答案】(1)證明見(jiàn)解答過(guò)程;(2)95【分析】(1)根據(jù)線段垂直平分線性質(zhì)得EA=EC,F(xiàn)A=FC,OA=OC,∠AOE=∠COF=90°,再根據(jù)平行四邊形性質(zhì)得AD∥BC得∠OAE=∠OCF,由此可依據(jù)“ASA”判定△OAE和△OCF全等得EA=FC,進(jìn)而得EA=EC=FA=FC,然后根據(jù)菱形的判定即可得出結(jié)論;(2)(2)證明△CDE和△CBA相似,利用相似三角形的性質(zhì)即可得出DE的長(zhǎng).【解答】(1)證明:∵EF是AC的垂直平分線,∴EA=EC,F(xiàn)A=FC,OA=OC,∠AOE=∠COF=90°,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥BC,AB∥CD,∴∠OAE=∠OCF,在△OAE和△OCF中,∠AOE=∠COF=90°OA=OC∴△OAE≌△OCF(ASA),∴EA=FC,∴EA=EC=FA=FC,∴四邊形AFCE是菱形;(2)解:∵四邊形ABCD是平行四邊形,AB=3,BC=5,∴CD=AB=3,∠D=∠B,∵四邊形AFCE是菱形,∴∠ACB=∠ACE,∵CE平分∠ACD,∴∠DCE=∠BCA,又∵∠D=∠B,∴△CDE∽△CBA,∴DEAB∴DE3∴DE=【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì),菱形的判定和性質(zhì),線段垂直平分線的性質(zhì),理解平行四邊形的性質(zhì),熟練掌握菱形的判定和性質(zhì),線段垂直平分線的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),相似三角形的判定和性質(zhì),勾股定理是解決問(wèn)題的關(guān)鍵.8.(2025?甘肅)四邊形ABCD是正方形,點(diǎn)E是邊AD上一動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)D除外),△EFG是直角三角形,EG=EF,點(diǎn)G在CD的延長(zhǎng)線上.(1)如圖1,當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合,且點(diǎn)F在邊BC上時(shí),寫出BF和DG的數(shù)量關(guān)系,并將明理由;(2)如圖2,當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A不重合,且點(diǎn)F在正方形ABCD內(nèi)部時(shí),F(xiàn)E的延長(zhǎng)線與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P,如果EF=EP,寫出AE和DG的數(shù)量關(guān)系,并說(shuō)明理由;(3)如圖3,在(2)的條件下,連接BF,寫出BF和DG的數(shù)量關(guān)系,并說(shuō)明理由.【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】幾何綜合題;壓軸題.【答案】(1)BF=DG,理由見(jiàn)解析;(2)AE=DG,理由見(jiàn)解析;(3)BF=5【分析】(1)根據(jù)正方形的性質(zhì),證明△ADG≌ABF,即可得出結(jié)論;(2)根據(jù)正方形的性質(zhì),證明△PAE≌△EDG,即可得出結(jié)論;(3)作FH⊥AB,得到AE∥FH,平行線分線段成比例得到AP=AH,進(jìn)而得到AE為△PHF的中位線,得到FH=2AE,根據(jù)AP=DE,得到AH=DE,進(jìn)而得到AE=BH,勾股定理得到BF=5AE,再根據(jù)AE=【解答】解:(1)BF=DG,理由如下:∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAD=90°,∵△EFG是直角三角形,EG=EF,∴∠FEG=90°,當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合時(shí),則∠FAG=90°=∠BAD,∴∠DAG=∠BAF=90°﹣∠DAF,又∵AB=AD,AG=AF,∴△ADG≌ABF,∴BF=DG;(2)∵四邊形ABCD是正方形,∴∠ADC=∠DAB=90°,∵點(diǎn)G在CD的延長(zhǎng)線上,F(xiàn)E的延長(zhǎng)線與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P,∴∠PAE=∠EDG=90°,∴∠P+∠AEP=90°,∵∠FEG=∠DEF+∠DEG=90°,∠AEP=∠DEF,∴∠P=∠DEG,∵EG=EF,EF=EP,∴EG=EP,在△APE和△DEG中,∠PAE=∠EDG=90°∠P=∠DEG∴△PAE≌△EDG,∴AE=DG;(3)BF=5由(2)可知:△PAE≌△EDG,∴AE=DG,AP=DE,作FH⊥AB于點(diǎn)H,則∠FHB=∠FHA=90°=∠PAE,∴AE∥FH,∴PAAH∴PA=AH,∵PE=EF,∴AE為△PHF的中位線,∴HF=2AE,∵AP=DE,PA=AH,∴DE=AH,又∵AD=AB,∴AE=BH,在Rt△BHF中,由勾股定理,得:BF=H∵AE=DG,∴BF=5【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),平行線分線段成比例,三角形的中位線定理,勾股定理等知識(shí)點(diǎn),熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn),證明三角形全等,添加輔助線構(gòu)造特殊圖形是解題的關(guān)鍵.9.(2025?眉山)綜合與實(shí)踐【問(wèn)題情境】下面是某校數(shù)學(xué)社團(tuán)在一次折紙活動(dòng)中的探究過(guò)程.【操作實(shí)踐】如圖1,將矩形紙片ABCD沿過(guò)點(diǎn)C的直線折疊,使點(diǎn)B落在AD邊上的點(diǎn)B′處,折痕交AB于點(diǎn)E,再沿著過(guò)點(diǎn)B′的直線折疊,使點(diǎn)D落在B′C邊上的點(diǎn)D′處,折痕交CD于點(diǎn)F.將紙片展平,畫出對(duì)應(yīng)點(diǎn)B′、D′及折痕CE、B′F,連接B′E、B′C、D′F.【初步猜想】(1)確定CE和B′F的位置關(guān)系及線段BE和CF的數(shù)量關(guān)系.創(chuàng)新小組經(jīng)過(guò)探究,發(fā)現(xiàn)CE∥B′F,證明過(guò)程如下:由折疊可知∠DB'F=∠CB'F=12∠DB'C,∠ECB'=∠ECB=12∠BCB'.由矩形的性質(zhì),可知AD∥BC,∴∠DB′C=∠BCB′,∴①∠ECB'=∠FB'C,∴CE∥智慧小組先測(cè)量BE和CF的長(zhǎng)度,猜想其關(guān)系為②BE=CF.經(jīng)過(guò)探究,發(fā)現(xiàn)驗(yàn)證BE和CF數(shù)量關(guān)系的方法不唯一:方法一:證明△AB′E≌△D′CF,得到B′E=CF,再由B′E=BE可得結(jié)論.方法二:過(guò)點(diǎn)B′作AB的平行線交CE于點(diǎn)G,構(gòu)造平行四邊形CFB′G,然后證B′G=B′E可得結(jié)論.請(qǐng)補(bǔ)充上述過(guò)程中橫線上的內(nèi)容.【推理證明】(2)請(qǐng)你結(jié)合智慧小組的探究思路,選擇一種方法驗(yàn)證BE和CF的數(shù)量關(guān)系,寫出證明過(guò)程.【嘗試運(yùn)用】(3)如圖2,在矩形ABCD中,AB=6,按上述操作折疊并展開(kāi)后,過(guò)點(diǎn)B′作B′G∥AB交CE于點(diǎn)G,連接D′G,當(dāng)△B′D′G為直角三角形時(shí),求出BE的長(zhǎng).【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】矩形菱形正方形;推理能力.【答案】(1)①∠ECB'=∠FB'C;②BE=CF;(2)BE=CF,理由見(jiàn)解析;(3)BE=35【分析】(1)根據(jù)折疊的性質(zhì),折痕為角平分線,結(jié)合平行線的性質(zhì),得到∠ECB'=∠FB'C,猜想BE=CF;(2)根據(jù)題干給定的2種方法進(jìn)行證明即可;(3)設(shè)BE=x,則B'G=B'E=CF=x,D'F=AE=AB﹣BE=6﹣x,勾股定理求出CD′=AB′=x2?(6?x)2=12x?36,①當(dāng)∠B'GD'=90°時(shí),根據(jù)平行線的判定和性質(zhì),以及三角形的外角的性質(zhì),推出∠CGD′=∠GCD',進(jìn)而得到D′G=D′C=12x?36,證明∠GB'D′=∠FCD',得到tan∠GB'D′=tan∠FCD',列出比例式,進(jìn)行求解即可.②當(dāng)∠GD'【解答】解:(1)由折疊可知∠DB′F=∠CB′F=12∠DB′C由矩形的性質(zhì),可知AD∥BC,∴∠DB'C=∠BCB'.∴①∠ECB'=∠FB'C.∴CE∥B'F.智慧小組先測(cè)量BE和CF的長(zhǎng)度,猜想其關(guān)系為②BE=CF,故答案為:①∠ECB'=∠FB'C;②BE=CF;(2)法一:∵四邊形ABCD是矩形,∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°,BC=AD,∵折疊,∴∠EB'C=∠B=90°,B'D=B'D',BC=B'C=AD,∠D=∠B'D'F=90°,BE=B'E,∴AD﹣B'D=B'C﹣CD',即:AB'=CD',∠CD'F=90°=∠A,由(1)知:∠CB'D=∠BCB',又∵∠AB'E+∠CB'D=180°﹣∠EB'C=90°,∠BCB'+∠B'CF=∠BCD=90°,∴∠AB'E=∠FCD',又∵∠A=∠CD'F,AB'=CD',∴△AB'E≌△D'CF,∴B'E=CF,∵BE=B'E,∴BE=CF;法二:作B'G∥AB交CE于點(diǎn)G,則:B'G∥AB∥CD,∵CE∥B'F,∴四邊形CFB'G為平行四邊形,∴B'G=CF,∵四邊形ABCD是矩形,∴AB∥CD,∴AB∥B'G,∴∠B'GE=∠BEC,∵折疊,∴∠BEC=∠B'EC,BE=B'E,∴∠B'GE=∠B'EC,∴B'E=B'G,∴BE=B'E=B'G=CF;(3)∵B'G∥AB,∴∠A=∠GB'D=90°,由(2)可知:B'G=B'E=BE=CF,CD'=AB',△AB'E≌△D'CF,∴D'F=AE,設(shè)BE=x,則:B'G=B'E=CF=x,D'F=AE=AB﹣BE=6﹣x,∴CD′=AB′=x如圖,當(dāng)△B'D′G為直角三角形時(shí),則:∠B'GD'=90°,∴∠GB'D+∠B'GD'=180°,∴GD'∥AD∥BC,∴∠D'GC=∠ECB,又∵∠GCD'=∠ECB,∴∠CGD'=∠GCD',∴D′G=D′C=12x?36∵B'G∥AB∥CD,∴∠GB'D'=∠FCD',∴在Rt△B'GD'和Rt△CD′F中,tan∠GB'D′=tan∠FCD',∴GD′GB′=D′F∴x(6﹣x)=12x﹣36,解得:x=35?3或∴BE=35當(dāng)∠GD'B'=90°時(shí),∵∠B'D'F=∠D=90°,∴∠GD'B'+∠B'D'F=180°,∴G、D'、F三點(diǎn)共線,∴B'C⊥GF,∵四邊形B'GCF是平行四邊形,∴四邊形B'GCF是菱形,∴∠GCD'=∠FCD',∵∠GCD'=∠GCB,∴∠GCD'=∠GCB=∠FCD'=30°,設(shè)CF=a,則DF=D'F=6﹣a,∴D′FFC即6?aa解得:a=4,∴BE=CF=4;綜上所述:BE=35【點(diǎn)評(píng)】本題考查矩形與折疊,全等三角形的判定和性質(zhì),平行四邊形的判定和性質(zhì),勾股定理,等腰三角形的判定和性質(zhì),解直角三角形等知識(shí)點(diǎn),熟練掌握折疊的性質(zhì),添加輔助線構(gòu)造特殊圖形,是解題的關(guān)鍵.10.(2025?安徽)綜合與實(shí)踐【項(xiàng)目主題】某勞動(dòng)實(shí)踐小組擬用正三角形和正六邊形兩種環(huán)保組件改善小區(qū)幼兒園室內(nèi)活動(dòng)場(chǎng)地.【項(xiàng)目準(zhǔn)備】(1)密鋪知識(shí)學(xué)習(xí):用形狀、大小完全相同的一種或幾種平面圖形進(jìn)行拼接,使圖形之間既沒(méi)有空隙也沒(méi)有重疊地鋪成一片,叫做圖形的密鋪.(2)密鋪方式構(gòu)建:運(yùn)用密鋪知識(shí)得到圖1、圖2所示的兩種拼接方式,其中正六邊形和正三角形組件的邊長(zhǎng)均為20cm.(3)密鋪規(guī)律探究:為方便研究,稱圖3、圖4分別為圖1、圖2的“拼接單元”.觀察發(fā)現(xiàn):自左向右拼接圖1時(shí),每增加一個(gè)圖3所示的拼接單元,則增加1個(gè)正六邊形和2個(gè)正三角形,長(zhǎng)度增加40cm,從而x個(gè)這樣的拼接單元拼成一行的長(zhǎng)度為(40x+10)cm.自左向右拼接圖2時(shí),每增加一個(gè)圖4所示的拼接單元,則增加①__個(gè)正六邊形和②__個(gè)正三角形,長(zhǎng)度增加③__cm;從而y個(gè)這樣的拼接單元拼成一行的長(zhǎng)度為④__cm.【項(xiàng)目分析】(1)項(xiàng)目條件:場(chǎng)地為長(zhǎng)7.4m、寬6m的矩形;正三角形和正六邊形組件的單價(jià)分別為1元和5元.(2)基本約定:項(xiàng)目成本僅計(jì)算所需組件的費(fèi)用.(3)方式確定:(i)考慮成本因素,采用圖1方式進(jìn)行密鋪;(ii)每行用正六邊形組件頂著左墻開(kāi)始,從左向右用一個(gè)正六邊形與兩個(gè)正三角形組件按圖1所示方式依次交替拼接,當(dāng)不能繼續(xù)拼接時(shí),該行拼接結(jié)束;(iii)第一行緊靠墻邊,從前往后按相同方式逐行密鋪,直至不能拼接為止.(4)方案論證:按上述確定的方式進(jìn)行密鋪,有以下兩種方案.方案一:第一行沿著長(zhǎng)度為6m的墻自左向右拼接(如圖5).根據(jù)規(guī)律,令40x+10≤600,解得x≤14.75,所以每行可以先拼14塊拼接單元,即共用去14個(gè)正六邊形和28個(gè)正三角形組件,由40×14+10=570知,所拼長(zhǎng)度為570cm,剩余30cm恰好還可以擺放一個(gè)正六邊形組件(如圖5所示的陰影正六邊形),最終需用15個(gè)正六邊形和28個(gè)正三角形組件,由5×15+1×28=103知,方案一每行的成本為103元.由于每行寬度為203cm(按3=1.73計(jì)算),設(shè)拼成s行,則203s≤740,解得s≤方案二:第一行沿著長(zhǎng)度為7.4m的墻自左向右拼接.類似于方案一的成本計(jì)算,令40x+10≤740?方案二每行的成本為⑤__元,總成本為⑥__元.【項(xiàng)目實(shí)施】根據(jù)以上分析,選用總成本較少的方案完成實(shí)踐活動(dòng)(略).請(qǐng)將上述材料中橫線上所缺內(nèi)容補(bǔ)充完整:①1;②6;③60;④60y+10;⑤126;⑥2142.【考點(diǎn)】平面鑲嵌(密鋪);列代數(shù)式;一元一次不等式的應(yīng)用.【專題】整式;推理能力.【答案】①1;②6;③60;④60y+10;⑤126;⑥2142.【分析】通過(guò)觀察圖4所示的拼接單元,數(shù)出增加的正六邊形和正三角形的數(shù)量,再根據(jù)邊長(zhǎng)計(jì)算出長(zhǎng)度的增加量,進(jìn)而得出y個(gè)拼接單元拼成一行的長(zhǎng)度.涉及根據(jù)給定的拼接條件進(jìn)行不等式計(jì)算,以確定拼接單元數(shù)量、組件數(shù)量,進(jìn)而計(jì)算每行成本和總成本.方案二的計(jì)算方法與方案一類似.【解答】解:項(xiàng)目主題:觀察圖4可知,每增加一個(gè)圖4所示的拼接單元,增加1個(gè)正六邊形和6個(gè)正三角形;由正六邊形和正三角形組件的邊長(zhǎng)均為20cm,觀察圖4可得增加的長(zhǎng)度為3個(gè)邊長(zhǎng),即3×20=60(cm),計(jì)算y個(gè)拼接單元拼成一行的長(zhǎng)度第一個(gè)拼接單元有一個(gè)正六邊形左邊的10cm,每增加一個(gè)拼接單元長(zhǎng)度增加60cm,所以y個(gè)這樣的拼接單元拼成一行的長(zhǎng)度為(60y+10)cm;項(xiàng)目分析:計(jì)算方案二每行可拼接的單元數(shù)量令40x+10≤740,移項(xiàng)可得40x≤740﹣10,即40x≤730,兩邊同時(shí)除以40,解得x≤18.25,∴每行可以先拼18塊拼接單元.計(jì)算方案二每行所需的正六邊形和正三角形組件數(shù)量,∵拼18塊拼接單元,∴共用去18個(gè)正六邊形和2×18=36個(gè)正三角形組件.由40×18+10=730知,所拼長(zhǎng)度為730cm,剩余740﹣730=10cm,無(wú)法再擺放組件.由5×18+1×36=90+36=126知,方案二每行的成本為126元.由于每行寬度為203cm(按3=1.73則203兩邊同時(shí)除以203,s≤故需鋪17行.計(jì)算方案二的總成本126×17=2142.方案二所需的總成本為2142元.項(xiàng)目實(shí)施:兩種方案比較可知:2163>2142.∴選方案二完成實(shí)踐活動(dòng).故答案為:①1;②6;③60;④60y+10;⑤126;⑥2142.【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平面鑲嵌,掌握平面鑲嵌是解題的關(guān)鍵.11.(2025?山東)【圖形感知】如圖1,在四邊形ABCD中,已知∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°,AD=2,AB=4.(1)求CD的長(zhǎng);【探究發(fā)現(xiàn)】老師指導(dǎo)同學(xué)們對(duì)圖1所示的紙片進(jìn)行了折疊探究.在線段CD上取一點(diǎn)E,連接BE.將四邊形ABED沿BE翻折得到四邊形A′BED′,其中A′,D′分別是A,D的對(duì)應(yīng)點(diǎn).(2)其中甲、乙兩位同學(xué)的折疊情況如下:①甲:點(diǎn)D′恰好落在邊BC上,延長(zhǎng)A′D′交CD于點(diǎn)F,如圖2.判斷四邊形DBA′F的形狀,并說(shuō)明理由;②乙:點(diǎn)A′恰好落在邊BC上,如圖3.求DE的長(zhǎng);(3)如圖4,連接DD′交BE于點(diǎn)P,連接CP.當(dāng)點(diǎn)E在線段CD上運(yùn)動(dòng)時(shí),線段CP是否存在最小值?若存在,直接寫出;若不存在,說(shuō)明理由.【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】幾何綜合題.【答案】(1)CD=45;(2)①四邊形DBAF是矩形,理由見(jiàn)解析;②DE=253;(3)線段【分析】(1)利用勾股定理求得BD=22+42(2)①由折疊的性質(zhì)得∠A=∠A'=90°,∠ABD=∠ABD,再證明∠ABD=90°,根據(jù)有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形即可得解;②延長(zhǎng)AD和AD相交于點(diǎn)Q,連接BQ,證明四邊形ABAQ是正方形,再證明△DQE∽△CBE,據(jù)此求解即可;(3)先利用折疊的性質(zhì)求得∠BPD=90°,推出點(diǎn)P在以BD為直徑的⊙O上,連接OC,OP,得到CP≤OC﹣OP,據(jù)此求解即可.【解答】解:(1)∵∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°,∴AD∥BC,∴∠ADB=∠DBC,∴△ADB∽△DBC,∴ADBD∵∠BAD=90°,AD=2,AB=4,∴BD=2∴22∴CD=45(2)①四邊形DBA'F是矩形,理由如下,由折疊的性質(zhì)得∠A=∠A'=90°,∠ABD=∠A'BD',∵∠ABD+∠DBC=∠ABC=90°,∴∠A'BD=∠A'BD'+∠DBC=90°,∴四邊形DBA'F是矩形;②延長(zhǎng)AD和A'D'相交于點(diǎn)Q,連接BQ,由折疊的性質(zhì)得∠A=∠A'=90°,∠ABD=∠A'BD',∠EBD=∠EBD',∵點(diǎn)A'恰好落在邊BC上,∴AB=A'B=4,∠ABA'=90°,∴四邊形ABA'Q是矩形,∵AB=A'B=4,∴四邊形ABA'Q是正方形,∵∠ABE=∠ABD+∠EBD=∠A'BD'+∠EBD′=∠A'BE=0.5×90°=45°,∴點(diǎn)E在對(duì)角線BQ上,∴DQ=AQ﹣AD=2,BC=B∵四邊形ABA'Q是正方形,∴AQ∥CB,∴△DQE∽△CBE,∴DECE∴DE=1(3)由折疊的性質(zhì)得∠EBD=∠EBD',BD=BD',∴BE是線段DD'的垂直平分線,∴∠BPD=90°,∴點(diǎn)P在以BD為直徑的⊙O上,連接OC,OP,∴CP≥OC﹣OP,即點(diǎn)P在OC上時(shí),線段CP存在最小值,∵OC=O線段CP的最小值為85?【點(diǎn)評(píng)】本題考查了翻折的性質(zhì),等腰三角形的判定,勾股定理,垂直平分線的性質(zhì),相似三角形的判定和性質(zhì),圓周角定理等知識(shí)點(diǎn),難度較大,第三問(wèn)判斷點(diǎn)P在以BD為直徑的⊙O上是解題的關(guān)鍵.12.(2025?云南)如圖,在△ABC中,∠ABC=90°,O是AC的中點(diǎn).延長(zhǎng)BO至點(diǎn)D,使OD=OB.連接AD,CD.記AB=a,BC=b,△AOB的周長(zhǎng)為l1,△BOC的周長(zhǎng)為l2,四邊形ABCD的周長(zhǎng)為l3.(1)求證:四邊形ABCD是矩形;(2)若l2﹣l1=2,l3=28,求AC的長(zhǎng).【考點(diǎn)】矩形的判定與性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì);直角三角形斜邊上的中線;勾股定理.【專題】證明題;矩形菱形正方形;推理能力.【答案】(1)證明過(guò)程見(jiàn)解答;(2)10.【分析】(1)先證四邊形ABCD是平行四邊形,再證平行四邊形ABCD是矩形;(2)根據(jù)矩形的性質(zhì)得l2﹣l1=BC﹣AB=b﹣a=2,l3=2(AB+BC)=2(a+b)=28,解方程組可得AB=6,BC=8,再利用勾股定理即可解決問(wèn)題.【解答】(1)證明:∵O是AC的中點(diǎn),∴OA=OC,∵OB=OD,∴四邊形ABCD是平行四邊形,∵∠ABC=90°,∴平行四邊形ABCD是矩形;(2)解:∵記AB=a,BC=b,△AOB的周長(zhǎng)為l1,△BOC的周長(zhǎng)為l2,四邊形ABCD的周長(zhǎng)為l3,∴l(xiāng)2﹣l1=BC﹣AB=b﹣a=2,l3=2(AB+BC)=2(a+b)=28,∴b?a=2b+a=14∴a=6b=8∴AB=6,BC=8,∴AC=A【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線、勾股定理,熟練掌握矩形的判定和平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.13.(2025?安徽)已知點(diǎn)A′在正方形ABCD內(nèi),點(diǎn)E在邊AD上,BE是線段AA′的垂直平分線,連接A′E,A′B.(1)如圖1,若BA′的延長(zhǎng)線經(jīng)過(guò)點(diǎn)D,AE=1,求AB的長(zhǎng);(2)如圖2,點(diǎn)F是AA′的延長(zhǎng)線與CD的交點(diǎn),連接CA′.(i)求證:∠CA′F=45°;(ii)如圖3,設(shè)AF,BE相交于點(diǎn)G,連接CG,DG,DA′,若CG=CB,判斷△A′DG的形狀,并說(shuō)明理由.【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】圖形的全等;等腰三角形與直角三角形;矩形菱形正方形;推理能力.【答案】(1)2+(2)(i)見(jiàn)解析過(guò)程;(ii)△A′DG是等腰直角三角形,理由見(jiàn)解析過(guò)程.【分析】(1)由SSS可證△ABE≌△A'BE,可得∠BAE=∠BA'E=90°,通過(guò)證明△A'DE是等腰直角三角形,可得A'D=A'E=1,即可求解;(2)(i)由折疊的性質(zhì)可得BA=BA′=BC,可得∠BAA′=∠BA′A,∠BCA′=∠BA′C,即可求解;(ii)由ASA可證△ABE≌△BCN,△ADA′≌△BAG,可得A′D=AG=A′G,即可求解.【解答】(1)解:∵BE是線段AA′的垂直平分線,∴A′E=AE=1,BA′=BA,∴BE=BE,∴△ABE≌△A'BE(SSS),∴∠BAE=∠BA'E=90°,∵四邊形ABCD是正方形,∴∠ADB=45°,∴△A'DE是等腰直角三角形,∴A'D=A'E=1,∴DE=2∴AD=AE+DE=2∴AB=AD=A'B=2(2)(i)證明:由題意知,BA=BA′=BC,∴∠BAA′=∠BA′A,∠BCA′=∠BA′C,∴∠AA'C=∠AA'B+∠CA'B=12(180°﹣∠ABA')+1∴∠CA′F=180°﹣∠AA′C=45°;(ii)解:△A′DG是等腰直角三角形,理由如下:作CN⊥BG交BG于點(diǎn)M,交AB于點(diǎn)N,∵CN⊥BG,CG=CB,∴M為BG的中點(diǎn),∵AA′⊥BE,∴CN∥AF,∴MN是△ABG的中位線,∴BN=1∵∠ABE=90°﹣∠CBG=∠BCN,∠BAE=∠CBN=90°,AB=BC,∴△ABE≌△BCN(ASA),∴AE=BN=1∵E為AD的中點(diǎn),AG=GA′,∴EG∥A′D,∴∠DA′G=∠EGA=90°,同理可證△ADA′≌△BAG(ASA),∴A′D=AG=A′G,∴△A′DG是等腰直角三角形.【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題,考查了正方形的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),等腰直角三角形的性質(zhì),三角形中位線定理等知識(shí),靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵.14.(2025?煙臺(tái))【問(wèn)題呈現(xiàn)】如圖1,已知P是正方形A1A2A3A4外一點(diǎn),且滿足∠PA1A2+∠PA3A2=180°,探究PA1,PA2,PA3三條線段的數(shù)量關(guān)系.小穎通過(guò)觀察、分析、思考,形成了如下思路:思路一:如圖2,構(gòu)造△QA3A2與△PA1A2全等,從而得出PA1+PA3與PA2的數(shù)量關(guān)系;思路二:如圖3,構(gòu)造△MA1A2與△NA3A2全等,從而得出PA1+PA3與PA2的數(shù)量關(guān)系.(1)請(qǐng)參考小穎的思路,直接寫出PA1+PA3與PA2的數(shù)量關(guān)系PA1【類比探究】(2)如圖4,若P是正五邊形A1A2A3A4A5外一點(diǎn),且滿足∠PA1A2+∠PA3A2=180°,PA1=11,PA3=49,求PA2的長(zhǎng)度(結(jié)果精確到0.1,參考數(shù)據(jù):sin54°≈0.81,sin72°≈0.95,cos54°≈0.59,cos72°≈0.31);【拓展延伸】(3)如圖5,若P是正十邊形A1A2?A10外一點(diǎn),且滿足∠PA1A2+∠PA3A2=180°,則PA1,PA2,PA3三條線段的數(shù)量關(guān)系為PA1+PA3=2PA2?sin72°(結(jié)果用含有銳角三角函數(shù)的式子表示).【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】幾何綜合題.【答案】(1)PA1+PA3=2PA2【分析】(1)根據(jù)思路一:構(gòu)造△QA3A2與△PA1A2全等,從而得出△A2PQ是等腰直角三角形,即可PA1+PA3與PA2的數(shù)量關(guān)系;(2)在射線PA3上截取A3Q=PA1,連接A2Q,過(guò)點(diǎn)A2作A2T⊥PQ于點(diǎn)T,同(1)得△QA3A2≌△PA1A2,則∠PA2Q=∠A1A2A3=108°,A2P=A2Q,可得∠PA2T=(3)同(2)的方法,即可求解.【解答】解:(1)PA如圖,在射線PA3上截取A3Q=PA1,連接A2Q,∵∠PA1A2+∠PA3A2=180°,∠QA3A2+∠A2A3P=180,∴∠A2A1P=∠A2A3Q,又∵四邊形A1A2A3A4是正方形,∴A2A1=A2A3,∴△QA3A2≌△PA1A2,∴∠A1A2P=∠A3A2Q,A2P=A2Q,又∵四邊形A1A2A3A4是正方形,∴∠A1A2A3=90°,∴∠PA2Q=90°,∴△A2PQ是等腰直角三角形,∴PQ=PA故答案為:PA1+P(2)正五邊形的一個(gè)內(nèi)角為(5?2)×180°5如圖,在射線PA3上截取A3Q=PA1,連接A2Q,過(guò)點(diǎn)A作AT⊥PQ于點(diǎn)T,同理可得△QA3A2≌△PA1A2,∴∠PA2Q=∠A1A2A3=108°,A2P=A2Q,∴∠PA∵PA1=11,PA3=49,∴PQ=PA3+A3Q=PA3+PA1=60,∴PT=1∴PA(3)如圖,在射線PA3上截取A3Q=PA1,連接A2Q過(guò)點(diǎn)A2作A2T⊥PQ于點(diǎn)T,同理可得∠PA∴∠PA∴PA∵PQ=PA3+A3Q=PA3+PA1,∴PT=1∴PA2=PTsin72°=12(PA故答案為:PA1+PA3=2PA2?sin72°.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì),全等三角形的性質(zhì),解直角三角形,多邊形的內(nèi)角和問(wèn)題,熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵.15.(2025?廣安)如圖,E,F(xiàn)是正方形ABCD的對(duì)角線BD上的兩點(diǎn),BD=10,DE=BF,連接AE,AF,CE,CF.(1)求證:△ADE≌△CBF.(2)若四邊形AECF的周長(zhǎng)為434,求EF【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì);勾股定理.【專題】圖形的全等;矩形菱形正方形;運(yùn)算能力;推理能力.【答案】(1)證明見(jiàn)解答過(guò)程;(2)6.【分析】(1)由正方形性質(zhì)得AD=BC,BC∥AD,則∠ADE=∠CBF由此可依據(jù)“SAS”判定△ADE和△CBF全等;(2)連接AC交BD于點(diǎn)O,根據(jù)正方形性質(zhì)BD垂直平分AC,OA=OC=OB=OD=5,進(jìn)而得AF=CF,AE=CE,根據(jù)△ADE和△CBF全等得AE=CF,則AF=CF=AE=CE,繼而得四邊形AECF是菱形,則OF=OE,然后根據(jù)四邊形AECF的周長(zhǎng)為434得AF=34,再由勾股定理求出OF=3,從而可得【解答】(1)證明:∵四邊形ABCD為正方形,∴AD=BC,BC∥AD,∴∠ADE=∠CBF,在△ADE和△CBF中,AD=BC∠ADE=∠CBF∴△ADE≌△CBF(SAS);(2)解:連接AC交BD于點(diǎn)O,如圖所示:∵四邊形ABCD為正方形,BD=10,∴BD垂直平分AC,OA=OC=OB=OD=12∴AF=CF,AE=CE,由(1)可知:△ADE≌△CBF,∴AE=CF,∴AF=CF=AE=CE,∴四邊形AECF是菱形,∴OF=OE,∴EF=2OF,∵四邊形AECF的周長(zhǎng)為:4AF=434∴AF=34在Rt△AOF中,由勾股定理得:OF=A∴EF=2OF=6,即EF的長(zhǎng)為6.【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了正方形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),勾股定理,理解正方形的性質(zhì),熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì),菱形的判定和性質(zhì),勾股定理是解決問(wèn)題的關(guān)鍵.16.(2025?上海)如圖1,平行四邊形ABCD中,點(diǎn)E、F分別是邊BC、CD上的點(diǎn).(1)若E是BC中點(diǎn);①如圖1,若AE=EF,求證:∠BAE=∠EFC;②如圖2,若CF=DF,聯(lián)結(jié)BF交AE于G,求S△BEG:S△AEF的值;(2)如圖3,若AB=3,AD=5,CF=1,∠AEB=∠AFE=∠EFC,求AF的長(zhǎng).【考點(diǎn)】四邊形綜合題.【專題】幾何綜合題.【答案】(1)①見(jiàn)解析;②215;(2)AF=【分析】(1)①延長(zhǎng)FE,AB交于H,可證明△BEH≌△CEF(AAS),得到EH=EF,∠H=∠CFE,則可證明AE=EH,得到∠H=∠BAE,則∠BAE=∠CFE;②如圖所示,延長(zhǎng)BF,AD交于M,由平行四邊形的性質(zhì)得到AD∥BC,AD=BC,證明△BEG∽△MAG,△BCF∽△MDF,得到BEAM=GEAG=BGGM,BCDM=BFMF=CFDF=1,則BF=MF,BC=DM;設(shè)CE=BE=m,則BC=DM=2m,AM=AD+DM=4m,進(jìn)而可得GEAG=BGMG=BEAM=14,即可得到BG(2)延長(zhǎng)AD,EF交于M,由平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC,CD=AB=3,證明△AEF∽△MEA,△AEF∽△ECF,再證明△ECF∽△MDF,得到ECDM=EFFM=CFDF,求出DF=CD﹣CF=2,設(shè)CE=s,F(xiàn)E=t,則由相似三角形的性質(zhì)可得AE=st,AF=t2DM=2s,F(xiàn)M=2t,進(jìn)而可得AM=AD+DM=5+2s;再由△AEF【解答】(1)①證明:如圖所示,延長(zhǎng)FE,AB交于H,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AB∥CD,∴∠EBH=∠ECF,∠EHB=∠EFC,∵E是邊BC中點(diǎn),∴BE=CE,∴△BEH≌△CEF(AAS),∴EH=EF,∠H=∠CFE,∵AE=EF,∴AE=EH,∴∠H=∠BAE,∴∠BAE=∠CFE;方法2:過(guò)點(diǎn)E作EI∥AB交AF于點(diǎn)I,∵EI∥BA,AB∥CD,∴BAE=∠AEI,∠EFC=∠IEF,∵E為BC的中點(diǎn),∴I為AF的中點(diǎn),∵AE=AF,∴∠AEI=∠IEF,∴∠BAE=∠EFC;②解:如圖所示,延長(zhǎng)BF,AD交于M,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥BC,AD=BC,∴△BEG∽△MAG,△BCF∽△MDF,∴BEAM=GE∴BF=MF,BC=DM,∵E是邊BC中點(diǎn),∴BC=2CE=2BE,設(shè)CE=BE=m,則BC=DM=2m,∴AM=AD+DM=4m,∴GEAG=BG∴BGGF∴S△BGES△BGA設(shè)S△ABG=4n,則S△BGE=n,S△AFG=6n,∴S△EGF∴S△BGE(2)解:如圖所示,延長(zhǎng)AD,EF交于M,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥BC,CD=AB=3,∴∠AEB=∠EAD,∵∠AEB=∠AFE=∠EFC,∴∠EFA=∠EAD,又∵∠AEF=∠MEA,∴△AEF∽△MEA,∵∠AEB+∠AEF+∠FEC=∠EFC+∠FCE+∠FEC=180°,∠AEB=∠EFC,∴∠AEF=∠FCE,∴△AEF∽△ECF,∵AD∥BC,∴△ECF∽△MDF,∴ECDM∵CF=1,∴DF=CD﹣CF=2,設(shè)CE=s,F(xiàn)E=t,∵△AEF∽△ECF,∴CFEF=CE∴AE=st,AF=t2,∵ECDM=EF∴DM=2s,F(xiàn)M=2t,∴AM=AD+DM=5+2s,∵△AEF∽△MEA,∴EFAE=AE∴tst解得s=3t2∴AF=5【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì),全等三角形的性質(zhì)與判定,相似三角形的性質(zhì)與判定,等腰三角形的性質(zhì)與判定,正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形和相似三角形是解題的關(guān)鍵.17.(2025?連云

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