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中考数学备考之平行四边形压轴突破训练∶培优易错试卷篇及答案

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图,四边形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,AO=CO,BO=DO,且∠ABC+∠ADC=180°.(1)求证:四边形ABCD是矩形.(2)若∠ADF:∠FDC=3:2,DF⊥AC,求∠BDF的度数.【答案】(1)见解析;(2)18°.【解析】【分析】(1)根据平行四边形的判定得出四边形ABCD是平行四边形,求出∠ABC=90°,根据矩形的判定得出即可;(2)求出∠FDC的度数,根据三角形内角和定理求出∠DCO,根据矩形的性质得出OD=OC,求出∠CDO,即可求出答案.【详解】(1)证明:∵AO=CO,BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形,∴∠ABC=∠ADC,∵∠ABC+∠ADC=180°,∴∠ABC=∠ADC=90°,∴四边形ABCD是矩形;(2)解:∵∠ADC=90°,∠ADF:∠FDC=3:2,∴∠FDC=36°,∵DF⊥AC,∴∠DCO=90°﹣36°=54°,∵四边形ABCD是矩形,∴OC=OD,∴∠ODC=54°∴∠BDF=∠ODC﹣∠FDC=18°.【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定,矩形的性质和判定的应用,能灵活运用定理进行推理是解此题的关键,注意:矩形的对角线相等,有一个角是直角的平行四边形是矩形.2.已知AD是△ABC的中线P是线段AD上的一点(不与点A、D重合),连接PB、PC,E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点,AD与EF交于点M;(1)如图1,当AB=AC时,求证:四边形EGHF是矩形;(2)如图2,当点P与点M重合时,在不添加任何辅助线的条件下,写出所有与△BPE面积相等的三角形(不包括△BPE本身).【答案】(1)见解析;(2)△APE、△APF、△CPF、△PGH.【解析】【分析】(1)由三角形中位线定理得出EG∥AP,EF∥BC,EF=12BC,GH∥BC,GH=12BC,推出EF∥GH,EF=GH,证得四边形EGHF是平行四边形,证得EF⊥AP,推出EF⊥EG,即可得出结论;(2)由△APE与△BPE的底AE=BE,又等高,得出S△APE=S△BPE,由△APE与△APF的底EP=FP,又等高,得出S△APE=S△APF,由△APF与△CPF的底AF=CF,又等高,得出S△APF=S△CPF,证得△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半,推出S△PGH=12S△AEF=S△APF,即可得出结果.【详解】(1)证明:∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点,∴EG∥AP,EF∥BC,EF=12BC,GH∥BC,GH=12BC,∴EF∥GH,EF=GH,∴四边形EGHF是平行四边形,∵AB=AC,∴AD⊥BC,∴EF⊥AP,∵EG∥AP,∴EF⊥EG,∴平行四边形EGHF是矩形;(2)∵PE是△APB的中线,∴△APE与△BPE的底AE=BE,又等高,∴S△APE=S△BPE,∵AP是△AEF的中线,∴△APE与△APF的底EP=FP,又等高,∴S△APE=S△APF,∴S△APF=S△BPE,∵PF是△APC的中线,∴△APF与△CPF的底AF=CF,又等高,∴S△APF=S△CPF,∴S△CPF=S△BPE,∵EF∥GH∥BC,E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点,∴△AEF底边EF上的高等于△ABC底边BC上高的一半,△PGH底边GH上的高等于△PBC 底边BC上高的一半,∴△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半,∵GH=EF,∴S△PGH=1S△AEF=S△APF,2综上所述,与△BPE面积相等的三角形为:△APE、△APF、△CPF、△PGH.【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理、平行线的性质、三角形面积的计算等知识,熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键.3.如图1,已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上,连接AE,GC.(1)试猜想AE与GC有怎样的关系(直接写出结论即可);(2)将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转,使点E落在BC边上,如图2,连接AE和CG.你认为(1)中的结论是否还成立?若成立,给出证明;若不成立,请说明理由.(3)在(2)中,若E是BC的中点,且BC=2,则C,F两点间的距离为.【答案】(1) AE=CG,AE⊥GC;(2)成立,证明见解析;2.【解析】【分析】(1)观察图形,AE、CG的位置关系可能是垂直,下面着手证明.由于四边形ABCD、DEFG都是正方形,易证得△ADE≌△CDG,则∠1=∠2,由于∠2、∠3互余,所以∠1、∠3互余,由此可得AE⊥GC.(2)题(1)的结论仍然成立,参照(1)题的解题方法,可证△ADE≌△CDG,得∠5=∠4,由于∠4、∠7互余,而∠5、∠6互余,那么∠6=∠7;由图知∠AEB=∠CEH=90°﹣∠6,即∠7+∠CEH=90°,由此得证.(3)如图3中,作CM⊥DG于G,GN⊥CD于N,CH⊥FG于H,则四边形CMGH是矩形,可得CM=GH,CH=GM.想办法求出CH,HF,再利用勾股定理即可解决问题.【详解】(1)AE=CG,AE⊥GC;证明:延长GC交AE于点H,在正方形ABCD与正方形DEFG中,AD=DC,∠ADE=∠CDG=90°,DE=DG,∴△ADE≌△CDG(SAS),∴AE,CG,∠1=∠2∵∠2+∠3=90°,∴∠1+∠3=90°,∴∠AHG=180°﹣(∠1+∠3)=180°﹣90°=90°,∴AE⊥GC.(2)答:成立;证明:延长AE和GC相交于点H,在正方形ABCD和正方形DEFG中,AD=DC,DE=DG,∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=∠EDG=90°,∴∠1=∠2=90°﹣∠3;∴△ADE≌△CDG(SAS),∴AE=CG,∠5=∠4;又∵∠5+∠6=90°,∠4+∠7=180°﹣∠DCE=180°﹣90°=90°,∴∠6=∠7,又∵∠6+∠AEB=90°,∠AEB=∠CEH,∴∠CEH+∠7=90°,∴∠EHC=90°,∴AE⊥GC.(3)如图3中,作CM⊥DG于G,GN⊥CD于N,CH⊥FG于H,则四边形CMGH是矩形,可得CM=GH,CH=GM.∵BE =CE =1,AB =CD =2,∴AE =DE =CG ═DG =FG 5∵DE =DG ,∠DCE =∠GND ,∠EDC =∠DGN ,∴△DCE ≌△GND(AAS),∴GCD =2,∵S △DCG =12•CD•NG =12•DG•CM , ∴2×25, ∴CM =GH 45, ∴MG =CH 22CG CM -355, ∴FH =FG ﹣FG 5, ∴CF 22FH CH +22535()()55+2. 2.【点睛】 本题属于四边形综合题,考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考压轴题.4.(感知)如图①,四边形ABCD 、CEFG 均为正方形.可知BE=DG .(拓展)如图②,四边形ABCD 、CEFG 均为菱形,且∠A=∠F .求证:BE=DG .(应用)如图③,四边形ABCD 、CEFG 均为菱形,点E 在边AD 上,点G 在AD 延长线上.若AE=2ED ,∠A=∠F ,△EBC 的面积为8,菱形CEFG 的面积是_______.(只填结果)【答案】见解析【解析】试题分析:探究:由四边形ABCD 、四边形CEFG 均为菱形,利用SAS 易证得△BCE ≌△DCG ,则可得BE=DG ;应用:由AD ∥BC ,BE=DG ,可得S △ABE +S △CDE =S △BEC =S △CDG =8,又由AE=3ED ,可求得△CDE 的面积,继而求得答案.试题解析:探究:∵四边形ABCD 、四边形CEFG 均为菱形,∴BC=CD ,CE=CG ,∠BCD=∠A ,∠ECG=∠F .∵∠A=∠F ,∴∠BCD=∠ECG .∴∠BCD-∠ECD=∠ECG-∠ECD ,即∠BCE=∠DCG .在△BCE 和△DCG 中,BC CD BCE DCG CE CG ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== ∴△BCE ≌△DCG (SAS ),∴BE=DG .应用:∵四边形ABCD 为菱形,∴AD ∥BC ,∵BE=DG ,∴S △ABE +S △CDE =S △BEC =S △CDG =8,∵AE=3ED ,∴S △CDE =1824⨯= , ∴S △ECG =S △CDE +S △CDG =10∴S 菱形CEFG =2S △ECG =20.5.如图,点O 是正方形ABCD 两条对角线的交点,分别延长CO 到点G ,OC 到点E ,使OG=2OD 、OE=2OC ,然后以OG 、OE 为邻边作正方形OEFG .(1)如图1,若正方形OEFG的对角线交点为M,求证:四边形CDME是平行四边形.(2)正方形ABCD固定,将正方形OEFG绕点O逆时针旋转,得到正方形OE′F′G′,如图2,连接AG′,DE′,求证:AG′=DE′,AG′⊥DE′;(3)在(2)的条件下,正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边相交于点N,如图3,设旋转角为α(0°<α<180°),若△AON是等腰三角形,请直接写出α的值.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°.【解析】【分析】(1)由四边形OEFG是正方形,得到ME=12GE,根据三角形的中位线的性质得到CD∥GE,CD=12GE,求得CD=GE,即可得到结论;(2)如图2,延长E′D交AG′于H,由四边形ABCD是正方形,得到AO=OD,∠AOD=∠COD=90°,由四边形OEFG是正方形,得到OG′=OE′,∠E′OG′=90°,由旋转的性质得到∠G′OD=∠E′OC,求得∠AOG′=∠COE′,根据全等三角形的性质得到AG′=DE′,∠AG′O=∠DE′O,即可得到结论;(3)分类讨论,根据三角形的外角的性质和等腰三角形的性质即可得到结论.【详解】(1)证明:∵四边形OEFG是正方形,∴ME=12GE,∵OG=2OD、OE=2OC,∴CD∥GE,CD=12GE,∴CD=GE,∴四边形CDME是平行四边形;(2)证明:如图2,延长E′D交AG′于H,∵四边形ABCD 是正方形,∴AO=OD ,∠AOD=∠COD=90°,∵四边形OEFG 是正方形,∴OG′=OE′,∠E′OG′=90°,∵将正方形OEFG 绕点O 逆时针旋转,得到正方形OE′F′G′,∴∠G′OD=∠E′OC ,∴∠AOG′=∠COE′,在△AG′O 与△ODE′中,OA OD AOG DOE OG OE ⎧⎪∠'∠'⎨⎪''⎩===,∴△AG′O ≌△ODE′∴AG′=DE′,∠AG′O=∠DE ′O ,∵∠1=∠2,∴∠G′HD=∠G′OE′=90°,∴AG′⊥DE′;(3)①正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD 的边AD 相交于点N ,如图3,Ⅰ、当AN=AO 时,∵∠OAN=45°,∴∠ANO=∠AON=67.5°,∵∠ADO=45°,∴α=∠ANO-∠ADO=22.5°;Ⅱ、当AN=ON 时,∴∠NAO=∠AON=45°,∴∠ANO=90°,∴α=90°-45°=45°;②正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD 的边AB 相交于点N ,如图4,Ⅰ、当AN=AO 时,∵∠OAN=45°,∴∠ANO=∠AON=67.5°,∵∠ADO=45°,∴α=∠ANO+90°=112.5°;Ⅱ、当AN=ON时,∴∠NAO=∠AON=45°,∴∠ANO=90°,∴α=90°+45°=135°,Ⅲ、当AN=AO时,旋转角a=∠ANO+90°=67.5+90=157.5°,综上所述:若△AON是等腰三角形时,α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°.【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、旋转变换的性质的综合运用,有一定的综合性,分类讨论当△AON是等腰三角形时,求α的度数是本题的难点.6.如图①,在矩形ABCD中,点P从AB边的中点E出发,沿着E B C--速运动,速度为每秒2个单位长度,到达点C后停止运动,点Q是AD上的点,10AQ=,设PAQ∆的面积为y,点p运动的时间为t秒,y与t的函数关系如图②所示.(1)图①中AB= ,BC= ,图②中m= .(2)当t=1秒时,试判断以PQ为直径的圆是否与BC边相切?请说明理由:(3)点p在运动过程中,将矩形沿PQ所在直线折叠,则t为何值时,折叠后顶点A的对应点A'落在矩形的一边上.【答案】(1)8,18,20;(2)不相切,证明见解析;(3)t=12、5、173.【解析】【分析】(1)由题意得出AB=2BE,t=2时,BE=2×2=4,求出AB=2BE=8,AE=BE=4,t=11时,2t=22,得出BC=18,当t=0时,点P在E处,m=△AEQ的面积=12AQ×AE=20即可;(2)当t=1时,PE=2,得出AP=AE+PE=6,由勾股定理求出34PQ为直径的圆的圆心为O',作O'N⊥BC于N,延长NO'交AD于M,则MN=AB=8,O'M∥AB,MN=AB=8,由三角形中位线定理得出O'M=12AP=3,求出O'N=MN-O'M=5<圆O'的半径,即可得出结论;(3)分三种情况:①当点P 在AB 边上,A'落在BC 边上时,作QF ⊥BC 于F ,则QF=AB=8,BF=AQ=10,由折叠的性质得:PA'=PA ,A'Q=AQ=10,∠PA'Q=∠A=90°,由勾股定理求出A'F=22AQ QF '-=6,得出A'B=BF-A'F=4,在Rt △A'BP 中,BP=4-2t ,PA'=AP=8-(4-2t )=4+2t ,由勾股定理得出方程,解方程即可;②当点P 在BC 边上,A'落在BC 边上时,由折叠的性质得:A'P=AP ,证出∠APQ=∠AQP ,得出AP=AQ=A'P=10,在Rt △ABP 中,由勾股定理求出BP=6,由BP=2t-4,得出2t-4=6,解方程即可;③当点P 在BC 边上,A'落在CD 边上时,由折叠的性质得:A'P=AP ,A'Q=AQ=10,在Rt △DQA'中,DQ=AD-AQ=8,由勾股定理求出DA'=6,得出A'C=CD-DA'=2,在Rt △ABP 和Rt △A'PC 中,BP=2t-4,CP=BC-BP=22-2t ,由勾股定理得出方程,解方程即可.【详解】(1)∵点P 从AB 边的中点E 出发,速度为每秒2个单位长度,∴AB=2BE ,由图象得:t=2时,BE=2×2=4,∴AB=2BE=8,AE=BE=4,t=11时,2t=22,∴BC=22-4=18,当t=0时,点P 在E 处,m=△AEQ 的面积=12AQ×AE=12×10×4=20; 故答案为8,18,20;(2)当t=1秒时,以PQ 为直径的圆不与BC 边相切,理由如下:当t=1时,PE=2,∴AP=AE+PE=4+2=6,∵四边形ABCD 是矩形,∴∠A=90°,∴PQ=2222106234AQ AP +=+=,设以PQ 为直径的圆的圆心为O',作O'N ⊥BC 于N ,延长NO'交AD 于M ,如图1所示:则MN=AB=8,O'M ∥AB ,MN=AB=8,∵O'为PQ 的中点,∴O''M 是△APQ 的中位线,∴O'M=12AP=3,∴O'N=MN-O'M=5<34,∴以PQ为直径的圆不与BC边相切;(3)分三种情况:①当点P在AB边上,A'落在BC边上时,作QF⊥BC于F,如图2所示:则QF=AB=8,BF=AQ=10,∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°,CD=AB=8,AD=BC=18,由折叠的性质得:PA'=PA,A'Q=AQ=10,∠PA'Q=∠A=90°,∴A'F=22AQ QF'-=6,∴A'B=BF-A'F=4,在Rt△A'BP中,BP=4-2t,PA'=AP=8-(4-2t)=4+2t,由勾股定理得:42+(4-2t)2=(4+2t)2,解得:t=12;②当点P在BC边上,A'落在BC边上时,连接AA',如图3所示:由折叠的性质得:A'P=AP,∴∠APQ'=∠A'PQ,∵AD∥BC,∴∠AQP=∠A'PQ,∴∠APQ=∠AQP,∴AP=AQ=A'P=10,在Rt△ABP中,由勾股定理得:22108-,又∵BP=2t-4,∴2t-4=6,解得:t=5;③当点P在BC边上,A'落在CD边上时,连接AP、A'P,如图4所示:由折叠的性质得:A'P=AP,A'Q=AQ=10,在Rt△DQA'中,DQ=AD-AQ=8,由勾股定理得:DA'=22108=6,∴A'C=CD-DA'=2,在Rt△ABP和Rt△A'PC中,BP=2t-4,CP=BC-BP=18-(2t-4)=22-2t,由勾股定理得:AP2=82+(2t-4)2,A'P2=22+(22-2t)2,∴82+(2t-4)2=22+(22-2t)2,解得:t=173;综上所述,t为12或5或173时,折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上.【点睛】四边形综合题目,考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识.7.定义:我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“友好三角形”.性质:如果两个三角形是“友好三角形”,那么这两个三角形的面积相等.理解:如图①,在△ABC中,CD是AB边上的中线,那么△ACD和△BCD是“友好三角形”,并且S△ACD=S△BCD.应用:如图②,在矩形ABCD中,AB=4,BC=6,点E在AD上,点F在BC上,AE=BF,AF 与BE交于点O.(1)求证:△AOB和△AOE是“友好三角形”;(2)连接OD,若△AOE和△DOE是“友好三角形”,求四边形CDOF的面积.探究:在△ABC中,∠A=30°,AB=4,点D在线段AB上,连接CD,△ACD和△BCD是“友好三角形”,将△ACD沿CD所在直线翻折,得到△A′CD,若△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的,请直接写出△ABC的面积.【答案】(1)见解析;(2)12;探究:2或2.【解析】试题分析:(1)利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形,得到四边形ABFE是平行四边形,然后根据平行四边形的性质证得OE=OB,即可证得△AOE和△AOB是友好三角形;(2)△AOE和△DOE是“友好三角形”,即可得到E是AD的中点,则可以求得△ABE、△ABF的面积,根据S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF即可求解.探究:画出符合条件的两种情况:①求出四边形A′DCB是平行四边形,求出BC和A′D推出∠ACB=90°,根据三角形面积公式求出即可;②求出高CQ,求出△A′DC的面积.即可求出△ABC的面积.试题解析:(1)∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∵AE=BF,∴四边形ABFE是平行四边形,∴OE=OB,∴△AOE和△AOB是友好三角形.(2)∵△AOE和△DOE是友好三角形,∴S△AOE=S△DOE,AE=ED=AD=3,∵△AOB与△AOE是友好三角形,∴S△AOB=S△AOE,∵△AOE≌△FOB,∴S△AOE=S△FOB,∴S△AOD=S△ABF,∴S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF=4×6-2××4×3=12.探究:解:分为两种情况:①如图1,∵S△ACD=S△BCD.∴AD=BD=AB,∵沿CD折叠A和A′重合,∴AD=A′D=AB=×4=2,∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的,∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC,∴DO=OB,A′O=CO,∴四边形A′DCB是平行四边形,∴BC=A′D=2,过B作BM⊥AC于M,∵AB=4,∠BAC=30°,∴BM=AB=2=BC,即C和M重合,∴∠ACB=90°,由勾股定理得:AC=,∴△ABC的面积是×BC×AC=×2×2=2;②如图2,∵S△ACD=S△BCD.∴AD=BD=AB,∵沿CD折叠A和A′重合,∴AD=A′D=AB=×4=2,∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的,∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC,∴DO=OA′,BO=CO,∴四边形A′BDC是平行四边形,∴A′C=BD=2,过C作CQ⊥A′D于Q,∵A′C=2,∠DA′C=∠BAC=30°,∴CQ=A′C=1,∴S△ABC=2S△ADC=2S△A′DC=2××A′D×CQ=2××2×1=2;即△ABC的面积是2或2.考点:四边形综合题.8.如图1所示,(1)在正三角形ABC中,M是BC边(不含端点B、C)上任意一点,P 是BC延长线上一点,N是∠ACP的平分线上一点,若∠AMN=60°,求证:AM=MN.(2)若将(1)中“正三角形ABC”改为“正方形ABCD”,N是∠DCP的平分线上一点,若∠AMN=90°,则AM=MN是否成立?若成立,请证明;若不成立,说明理由.(3)若将(2)中的“正方形ABCD”改为“正n边形A1A2…A n“,其它条件不变,请你猜想:当∠A n﹣2MN=_____°时,结论A n﹣2M=MN仍然成立.(不要求证明)【答案】0 (2)180 nn【解析】分析:(1)要证明AM=MN,可证AM与MN所在的三角形全等,为此,可在AB上取一点E,使AE=CM,连接ME,利用ASA即可证明△AEM≌△MCN,然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN.(2)同(1),要证明AM=MN,可证AM与MN所在的三角形全等,为此,可在AB上取一点E,使AE=CM,连接ME,利用ASA即可证明△AEM≌△MCN,然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN.详(1)证明:在边AB上截取AE=MC,连接ME.在正△ABC中,∠B=∠BCA=60°,AB=BC.∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAE,BE=AB-AE=BC-MC=BM,∴∠BEM=60°,∴∠AEM=120°.∵N是∠ACP的平分线上一点,∴∠ACN=60°,∴∠MCN=120°.在△AEM与△MCN中,∠MAE=∠NMC,AE=MC,∠AEM=∠MCN,∴△AEM≌△MCN(ASA),∴AM=MN.(2)解:结论成立;理由:在边AB上截取AE=MC,连接ME.∵正方形ABCD中,∠B=∠BCD=90°,AB=BC.∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAB=∠MAE,BE=AB-AE=BC-MC=BM,∴∠BEM=45°,∴∠AEM=135°.∵N是∠DCP的平分线上一点,∴∠NCP=45°,∴∠MCN=135°.在△AEM与△MCN中,∠MAE=∠NMC,AE=MC,∠AEM=∠MCN,∴△AEM≌△MCN(ASA),∴AM=MN.(3)由(1)(2)可知当∠A n-2MN等于n边形的内角时,结论A n-2M=MN仍然成立;即∠A n-2MN=()02180nn-时,结论A n-2M=MN仍然成立;故答案为[()02180nn-].点睛:本题综合考查了正方形、等边三角形的性质及全等三角形的判定,同时考查了学生的归纳能力及分析、解决问题的能力.难度较大.9.如图,在平面直角坐标系xOy 中,四边形OABC 的顶点A 在x 轴的正半轴上,OA=4,OC=2,点D 、E 、F 、G 分别为边OA 、AB 、BC 、CO 的中点,连结DE 、EF 、FG 、GD .(1)若点C 在y 轴的正半轴上,当点B 的坐标为(2,4)时,判断四边形DEFG 的形状,并说明理由.(2)若点C 在第二象限运动,且四边形DEFG 为菱形时,求点四边形OABC 对角线OB 长度的取值范围.(3)若在点C 的运动过程中,四边形DEFG 始终为正方形,当点C 从X 轴负半轴经过Y 轴正半轴,运动至X 轴正半轴时,直接写出点B 的运动路径长.【答案】(1)正方形(2)256OB <<(3)2π【解析】分析:(1)连接OB ,AC ,说明OB ⊥AC ,OB=AC ,可得四边形DEFG 是正方形.(2)由四边形DEFG 是菱形,可得OB=AC ,当点C 在y 轴上时,AC=25,当点C 在x 轴上时,AC=6, 故可得结论;(3)根据题意计算弧长即可.详解:(1)正方形,如图1,证明连接OB ,AC ,说明OB ⊥AC ,OB=AC ,可得四边形DEFG 是正方形.(2)256OB <<如图2,由四边形DEFG 是菱形,可得OB=AC ,当点C 在y 轴上时,AC=25,当点C 在x 轴上时,AC=6, ∴256OB << ;(3)2π.如图3,当四边形DEFG 是正方形时,OB ⊥AC ,且OB=AC ,构造△OBE ≌△ACO ,可得B 点在以E (0,4)为圆心,2为半径的圆上运动.所以当C 点从x 轴负半轴到正半轴运动时,B 点的运动路径为2π .图1 图2 图3点睛:本题主要考查了正方形的判定,菱形的性质以及弧长的计算.灵活运用正方形的判定定理和菱形的性质运用是解题的关键.10.(本题满分10分)如图1,已知矩形纸片ABCD中,AB=6cm,若将该纸片沿着过点B的直线折叠(折痕为BM),点A恰好落在CD边的中点P处.(1)求矩形ABCD的边AD的长.(2)若P为CD边上的一个动点,折叠纸片,使得A与P重合,折痕为MN,其中M在边AD上,N在边BC上,如图2所示.设DP=x cm,DM=y cm,试求y与x的函数关系式,并指出自变量x的取值范围.(3)①当折痕MN的端点N在AB上时,求当△PCN为等腰三角形时x的值;②当折痕MN的端点M在CD上时,设折叠后重叠部分的面积为S,试求S与x之间的函数关系式【答案】(1)AD=3;(2)y=-其中,0<x<3;(3)x=;(4)S=.【解析】试题分析:(1)根据折叠图形的性质和勾股定理求出AD的长度;(2)根据折叠图形的性质以及Rt△MPD的勾股定理求出函数关系式;(3)过点N作NQ⊥CD,根据Rt△NPQ 的勾股定理进行求解;(4)根据Rt△ADM的勾股定理求出MP与x的函数关系式,然后得出函数关系式.试题解析:(1)根据折叠可得BP=AB=6cm CP=3cm 根据Rt△PBC的勾股定理可得:AD=3.(2)由折叠可知AM=MP,在Rt△MPD中,∴∴y=-其中,0<x<3.(3)当点N在AB上,x≥3,∴PC≤3,而PN≥3,NC≥3.∴△PCN为等腰三角形,只可能NC=NP.过N点作NQ⊥CD,垂足为Q,在Rt△NPQ中,∴解得x=.(4)当点M在CD上时,N在AB上,可得四边形ANPM为菱形.设MP=y,在Rt△ADM中,,即∴ y=.∴ S=考点:函数的性质、勾股定理.。

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