2017-2021年河南中考数学真题分类汇编之三角形和四边形

这是一份2017-2021年河南中考数学真题分类汇编之三角形和四边形，共34页。
2017-2021年河南中考数学真题分类汇编之三角形和四边形
一．选择题（共6小题）
1．（2021•河南）关于菱形的性质，以下说法不正确的是（　　）
A．四条边相等 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．是轴对称图形
2．（2017•河南）我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D′处，则点C的对应点C′的坐标为（　　）

A．（，1） B．（2，1） C．（1，） D．（2，）
3．（2017•河南）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件不能判定▱ABCD是菱形的只有（　　）

A．AC⊥BD B．AB＝BC C．AC＝BD D．∠1＝∠2
4．（2019•河南）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AD＝4，BC＝3．分别以点A，C为圆心，大于AC长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O．若点O是AC的中点，则CD的长为（　　）

A．2 B．4 C．3 D．
5．（2020•河南）如图，在△ABC中，AB＝BC＝，∠BAC＝30°，分别以点A，C为圆心，AC的长为半径作弧，两弧交于点D，连接DA，DC，则四边形ABCD的面积为（　　）

A．6 B．9 C．6 D．3
6．（2020•河南）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为（﹣2，6）和（7，0）．将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为（　　）

A．（，2） B．（2，2） C．（，2） D．（4，2）
二．填空题（共2小题）
7．如图，∠MAN＝90°，点C在边AM上，AC＝4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为　 　．

8．（2020•河南）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 　 　．

三．解答题（共4小题）
9．（2021•河南）下面是某数学兴趣小组探究用不同方法作一个角的平分线的讨论片段，请仔细阅读，并完成相应的任务．
小明：如图1，（1）分别在射线OA，OB上截取OC＝OD，OE＝OF（点C，E不重合）；（2）分别作线段CE，DF的垂直平分线l1，l2，交点为P，垂足分别为点G，H；（3）作射线OP，射线OP即为∠AOB的平分线．
简述理由如下：
由作图知，∠PGO＝∠PHO＝90°，OG＝OH，OP＝OP，所以Rt△PGO≌Rt△PHO，则∠POG＝∠POH，即射线OP是∠AOB的平分线．
小军：我认为小明的作图方法很有创意，但是太麻烦了，可以改进如下，如图2，（1）分别在射线OA，OB上截取OC＝OD，OE＝OF（点C，E不重合）；（2）连接DE，CF，交点为P；（3）作射线OP．射线OP即为∠AOB的平分线．
……
任务：

（1）小明得出Rt△PGO≌Rt△PHO的依据是 　 　（填序号）．
①SSS②SAS③AAS④ASA⑤HL
（2）小军作图得到的射线OP是∠AOB的平分线吗？请判断并说明理由．
（3）如图3，已知∠AOB＝60°，点E，F分别在射线OA，OB上，且OE＝OF＝+1．点C，D分别为射线OA，OB上的动点，且OC＝OD，连接DE，CF，交点为P，当∠CPE＝30°时，直接写出线段OC的长．
10．（2017•河南）如图，在等边三角形ABC中，AC＝4，点D，E分别是边AC，BC的中点，点D，E同时沿射线DE的方向以相同的速度运动，某一时刻分别运动到点M，N处，连接CM，CN，AM，BN．
（1）写出图1中的一对全等三角形；
（2）如图2所示，当点M在线段DE延长线上时，画出示意图，判断（1）中所写的一对三角形是否仍然全等，并说明理由；
（3）在点D运动的过程中，若△ACM是直角三角形，直接写出此时线段CN的长度．

11．（2020•河南）将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过点D作DE垂直于直线BB′，垂足为点E，连接DB′，CE．
（1）如图1，当α＝60°时，△DEB′的形状为　 　，连接BD，可求出的值为　 　；
（2）当0°＜α＜360°且α≠90°时，
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点B′，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．

12．（2018•河南）（1）问题发现
如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M．填空：
①的值为 　 　；
②∠AMB的度数为 　 　．
（2）类比探究
如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．


2017-2021年河南中考数学真题分类汇编之三角形和四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．（2021•河南）关于菱形的性质，以下说法不正确的是（　　）
A．四条边相等 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．是轴对称图形
【考点】菱形的性质；轴对称图形．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】根据菱形的性质逐一推理分析即可选出正确答案．
【解答】解：A．菱形的四条边相等，正确，不符合题意，
B．菱形的对角线互相垂直且平分，对角线不一定相等，不正确，符合题意，
C．菱形的对角线互相垂直且平分，正确，不符合题意，
D．菱形是轴对称图形，正确，不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查菱形的性质，熟练掌握菱形的基本性质并能正确分析推理是解题的关键．
2．（2017•河南）我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D′处，则点C的对应点C′的坐标为（　　）

A．（，1） B．（2，1） C．（1，） D．（2，）
【考点】正方形的性质；坐标与图形性质；勾股定理．版权所有
【分析】由已知条件得到AD′＝AD＝2，AO＝AB＝1，根据勾股定理得到OD′＝＝，于是得到结论．
【解答】解：∵AD′＝AD＝2，
AO＝AB＝1，
∴OD′＝＝，
∵C′D′＝2，C′D′∥AB，
∴C′（2，），
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
3．（2017•河南）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件不能判定▱ABCD是菱形的只有（　　）

A．AC⊥BD B．AB＝BC C．AC＝BD D．∠1＝∠2
【考点】菱形的判定；平行四边形的性质．版权所有
【分析】根据平行四边形的性质．菱形的判定方法即可一一判断．
【解答】解：A、正确．对角线垂直的平行四边形的菱形．
B、正确．邻边相等的平行四边形是菱形．
C、错误．对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形．
D、正确．可以证明平行四边形ABCD的邻边相等，即可判定是菱形．
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．
4．（2019•河南）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AD＝4，BC＝3．分别以点A，C为圆心，大于AC长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O．若点O是AC的中点，则CD的长为（　　）

A．2 B．4 C．3 D．
【考点】勾股定理；作图—基本作图；等腰三角形的判定与性质．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形．
【分析】连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线的性质得出AF＝FC．再根据ASA证明△FOA≌△BOC，那么AF＝BC＝3，等量代换得到FC＝AF＝3，利用线段的和差关系求出FD＝AD﹣AF＝1．然后在直角△FDC中利用勾股定理求出CD的长．
【解答】解：如图，连接FC，则OE垂直平分AC，
则AF＝FC．
∵AD∥BC，
∴∠FAO＝∠BCO．
在△FOA与△BOC中，
，
∴△FOA≌△BOC（ASA），
∴AF＝BC＝3，
∴FC＝AF＝3，FD＝AD﹣AF＝4﹣3＝1．
在△FDC中，∵∠D＝90°，
∴CD2+DF2＝FC2，
∴CD2+12＝32，
∴CD＝2．
故选：A．

【点评】本题考查了作图﹣基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，难度适中．求出CF与DF是解题的关键．
5．（2020•河南）如图，在△ABC中，AB＝BC＝，∠BAC＝30°，分别以点A，C为圆心，AC的长为半径作弧，两弧交于点D，连接DA，DC，则四边形ABCD的面积为（　　）

A．6 B．9 C．6 D．3
【考点】含30度角的直角三角形；等腰三角形的性质．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【分析】连接BD交AC于O，根据已知条件得到BD垂直平分AC，求得BD⊥AC，AO＝CO，根据等腰三角形的性质得到∠ACB＝∠BAC＝30°，根据等边三角形的性质得到∠DAC＝∠DCA＝60°，求得AD＝CD＝AB＝3，于是得到结论．
【解答】解：连接BD交AC于O，
∵AD＝CD，AB＝BC，
∴BD垂直平分AC，
∴BD⊥AC，AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC＝30°，
∵AC＝AD＝CD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠DAC＝∠DCA＝60°，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ADB＝∠CDB＝30°，
∵AB＝BC＝，
∴AD＝CD＝AB＝3，
∴四边形ABCD的面积＝2×＝3，
故选：D．

【点评】本题考查了含30°角的直角三角形，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
6．（2020•河南）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为（﹣2，6）和（7，0）．将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为（　　）

A．（，2） B．（2，2） C．（，2） D．（4，2）
【考点】正方形的性质；坐标与图形变化﹣平移．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【分析】根据已知条件得到AC＝6，OC＝2，OB＝7，求得BC＝9，根据正方形的性质得到DE＝OC＝OE＝2，求得O′E′＝O′C′＝2，根据相似三角形的性质得到BO′＝3，于是得到结论．
【解答】解：如图，设正方形D′C′O′E′是正方形OCDE沿x轴向右平移后的正方形，
∵顶点A，B的坐标分别为（﹣2，6）和（7，0），
∴AC＝6，OC＝2，OB＝7，
∴BC＝9，
∵四边形OCDE是正方形，
∴DE＝OC＝OE＝2，
∴O′E′＝O′C′＝2，
∵E′O′⊥BC，
∴∠BO′E′＝∠BCA＝90°，
∴E′O′∥AC，
∴△BO′E′∽△BCA，
∴＝，
∴＝，
∴BO′＝3，
∴OC′＝7﹣2﹣3＝2，
∴当点E落在AB边上时，点D的坐标为（2，2），
方法二：设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∵顶点A，B的坐标分别为（﹣2，6）和（7，0）．
∴，
∴，
∴，
∵∠ACB＝90°，边BC在x轴上，∴C点的坐标为（﹣2，0），
∴正方形OCDE的边长为2，
∴E（0，2），设点E沿x轴平移后落在AB边上的坐标为（a，2），
由y＝﹣得，2＝﹣a+，
∴a＝4，
∴当点E落在AB边上时，点D的坐标为（2，2），
故选：B．

【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
二．填空题（共2小题）
7．如图，∠MAN＝90°，点C在边AM上，AC＝4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为　4或4　．

【考点】三角形中位线定理；轴对称的性质；勾股定理．版权所有
【专题】推理填空题；分类讨论．
【分析】当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A'EF＝90°时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：A'C＝A'E＝4，根据直角三角形斜边中线的性质得：BC＝2A'E＝8，最后利用勾股定理可得AB的长；
②当∠A'FE＝90°时，如图2，证明△ABC是等腰直角三角形，可得AB＝AC＝4．
【解答】解：当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A'EF＝90°时，如图1，
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，
∴A'C＝AC＝4，∠ACB＝∠A'CB，
∵点D，E分别为AC，BC的中点，
∴D、E是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，
∴∠CDE＝∠MAN＝90°，
∴∠CDE＝∠A'EF，
∴AC∥A'E，
∴∠ACB＝∠A'EC，
∴∠A'CB＝∠A'EC，
∴A'C＝A'E＝4，
Rt△A'CB中，∵E是斜边BC的中点，
∴BC＝2A'E＝8，
由勾股定理得：AB2＝BC2﹣AC2，
∴AB＝＝4；
②当∠A'FE＝90°时，如图2，
∵∠ADF＝∠A＝∠DFB＝90°，
∴∠ABF＝90°，
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，
∴∠ABC＝∠CBA'＝45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝AC＝4；
综上所述，AB的长为4或4；
故答案为：4或4；


【点评】本题考查了三角形的中位线定理、勾股定理、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定、直角三角形斜边中线的性质，并利用分类讨论的思想解决问题．
8．（2020•河南）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 　1　．

【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【分析】方法一：连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据正方形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，根据全等三角形的性质得到PD＝CF＝，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
方法二：设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根据线段中点的定义得到BE＝CF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE＝DF＝＝，点G，H分别是EC，PC的中点，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：方法一：连接CH并延长交AD于P，连接PE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，
∴AE＝CF＝×2＝，
∵AD∥BC，
∴∠DPH＝∠FCH，
∵∠DHP＝∠FHC，
∵DH＝FH，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝，
∴AP＝AD﹣PD＝，
∴PE＝＝＝2，
∵点G，H分别是EC，CP的中点，
∴GH＝EP＝1；
方法二：设DF，CE交于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，
∵点E，F分别是边AB，BC的中点，
∴BE＝CF，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD＝90°，
∴∠BCE+∠CFD＝90°，
∴∠COF＝90°，
∴DF⊥CE，
∴CE＝DF＝＝，
∵点G，H分别是EC，PC的中点，
∴CG＝FH＝，
∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，
∴∠DCO+∠FCO＝∠DCO+∠CDO＝90°，
∴∠FCO＝∠CDO，
∵∠DCF＝∠COF＝90°，
∴△COF∽△DOC，
∴＝，
∴CF2＝OF•DF，
∴OF＝＝＝，
∴OH＝，OD＝，
∵∠COF＝∠COD＝90°，
∴△COF∽△DCF，
∴，
∴OC2＝OF•OD，
∴OC＝＝，
∴OG＝CG﹣OC＝﹣＝，
∴HG＝＝＝1，
故答案为：1．

【点评】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
三．解答题（共4小题）
9．（2021•河南）下面是某数学兴趣小组探究用不同方法作一个角的平分线的讨论片段，请仔细阅读，并完成相应的任务．
小明：如图1，（1）分别在射线OA，OB上截取OC＝OD，OE＝OF（点C，E不重合）；（2）分别作线段CE，DF的垂直平分线l1，l2，交点为P，垂足分别为点G，H；（3）作射线OP，射线OP即为∠AOB的平分线．
简述理由如下：
由作图知，∠PGO＝∠PHO＝90°，OG＝OH，OP＝OP，所以Rt△PGO≌Rt△PHO，则∠POG＝∠POH，即射线OP是∠AOB的平分线．
小军：我认为小明的作图方法很有创意，但是太麻烦了，可以改进如下，如图2，（1）分别在射线OA，OB上截取OC＝OD，OE＝OF（点C，E不重合）；（2）连接DE，CF，交点为P；（3）作射线OP．射线OP即为∠AOB的平分线．
……
任务：

（1）小明得出Rt△PGO≌Rt△PHO的依据是 　⑤　（填序号）．
①SSS②SAS③AAS④ASA⑤HL
（2）小军作图得到的射线OP是∠AOB的平分线吗？请判断并说明理由．
（3）如图3，已知∠AOB＝60°，点E，F分别在射线OA，OB上，且OE＝OF＝+1．点C，D分别为射线OA，OB上的动点，且OC＝OD，连接DE，CF，交点为P，当∠CPE＝30°时，直接写出线段OC的长．
【考点】三角形综合题．版权所有
【专题】几何综合题；应用意识．
【分析】（1）由作图得，∠PGO＝∠PHO＝90°，OG＝OH，OP＝OP，可知Rt△PGO≌Rt△PHO的依据HL；
（2）由作图得，OC＝OC，OE＝OF，再根据对顶角相等、公共角等条件可依次证明△DOE≌△COF、△CPE≌△DPF、△OPE≌△OPF，从而得到∠POE＝∠POF，所以OP是∠AOB的平分线；
（3）连接OP，由已知条件可证明∠OPC＝∠OCP＝75°，从而得OP＝OC，再过点P作OA的垂线构造含有特殊角的直角三角形，利用其三边的特殊关系求出OC的长．
【解答】解：（1）如图1，由作图得，OC＝OD，OE＝OF，PG垂直平分CE，PH垂直平分DF，
∴∠PGO＝∠PHO＝90°，
∵OE﹣OC＝OF﹣OD，
∴CE＝DF，
∵CG＝CE，DH＝DF，
∴CG＝DH，
∴OC+CG＝OD+DH，
∴OG＝OH，
∵OP＝OP，
∴Rt△PGO≌Rt△PHO（HL），
故答案为：⑤．
（2）射线OP是∠AOB的平分线，理由如下：
如图2，∵OC＝OD，∠DOE＝∠COF，OE＝OF，
∴△DOE≌△COF（SAS），
∴∠PEC＝∠PFD，
∵∠CPE＝∠DPF，CE＝DF，
∴△CPE≌△DPF（AAS），
∴PE＝PF，
∵OE＝OF，∠PEO＝∠PFO，PE＝PF，
∴△OPE≌△OPF（SAS），
∴∠POE＝∠POF，即∠POA＝∠POB，
∴射线OP是∠AOB的平分线．
（3）如图3，OC＜OE，连接OP，作PM⊥OA，则∠PMO＝∠PME＝90°，
由（2）得，OP平分∠AOB，∠PEC＝∠PFD，
∴∠PEC+30°＝∠PFD+30°，
∵∠AOB＝60°，
∴∠POE＝∠POF＝∠AOB＝30°，
∵∠CPE＝30°，
∴∠OCP＝∠PEC+∠CPE＝∠PEC+30°，∠OPC＝∠PFD+∠POF＝∠PFD+30°，
∴∠OCP＝∠OPC＝（180°﹣∠POE）＝×（180°﹣30°）＝75°，
∴OC＝OP，∠OPE＝75°+30°＝105°，
∴∠OPM＝90°﹣30°＝60°，
∴∠MPE＝105°﹣60°＝45°，
∴∠MEP＝90°﹣45°＝45°，
∴MP＝ME，
设MP＝ME＝m，则OM＝MP•tan60°＝m，
由OE＝+1，得m+m＝+1，解得m＝1，
∴MP＝ME＝1，
∴OP＝2MP＝2，
∴OC＝OP＝2；
如图4，OC＞OE，连接OP，作PM⊥OA，则∠PMO＝∠PMC＝90°，
同理可得，∠POE＝∠POF＝∠AOB＝30°，∠OEP＝∠OPE＝75°，∠OPM＝60°，∠MPC＝∠MCP＝45°，
∴OE＝OP＝+1，
∵MC＝MP＝OP＝OE＝，
∴OM＝MP•tan60°＝×＝，
∴OC＝OM+MC＝+＝2+．
综上所述，OC的长为2或2+．




【点评】此题重点考查角平分线的作法、全等三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值、解直角三角形、二次根式的化简等知识与方法，根据三角形全等的判定定理证明三角形全等是解题的关键，解第（3）题需作辅助线构造含特殊角的直角三角形，且需要分类讨论，求出所有符合条件的值．
10．（2017•河南）如图，在等边三角形ABC中，AC＝4，点D，E分别是边AC，BC的中点，点D，E同时沿射线DE的方向以相同的速度运动，某一时刻分别运动到点M，N处，连接CM，CN，AM，BN．
（1）写出图1中的一对全等三角形；
（2）如图2所示，当点M在线段DE延长线上时，画出示意图，判断（1）中所写的一对三角形是否仍然全等，并说明理由；
（3）在点D运动的过程中，若△ACM是直角三角形，直接写出此时线段CN的长度．

【考点】三角形综合题．版权所有
【专题】三角形．
【分析】（1）根据全等三角形的判定得出即可；
（2）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定解答即可；
（3）根据直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：（1）全等三角形有：△ADM≌△CEN；△CDM≌△BEN；△ACM≌△CBN；
（2）全等，以△ADM≌△CEN为例，理由如下：
∵△ABC为等边三角形，
∴CA＝CB，∠ACB＝60°，
∵点D，E分别为AC，BC的中点，
∴CD＝AD＝AC，CE＝BC，
∴CD＝CE＝AD，
∵∠ACB＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDM＝∠CED＝60°，
∴∠ADM＝∠CEN＝120°，
∵DM＝EN，AD＝CE，
∴△ADM≌△CEN（SAS）；
（3）当△ACM是直角三角形时，当∠ACM＝90°时，CN＝AM＝2；
当∠AMC＝90°时，CN＝AM＝2，
故综上所述，CN的值为2或2．
【点评】此题考查三角形的综合题，关键是根据等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
11．（2020•河南）将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过点D作DE垂直于直线BB′，垂足为点E，连接DB′，CE．
（1）如图1，当α＝60°时，△DEB′的形状为　等腰直角三角形　，连接BD，可求出的值为　　；
（2）当0°＜α＜360°且α≠90°时，
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点B′，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．

【考点】四边形综合题．版权所有
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝AB'，∠BAB'＝60°，证得△ABB'是等边三角形，可得出△DEB'是等腰直角三角形．证明△BDB'∽△CDE，得出．
（2）①得出∠EDB'＝∠EB'D＝45°，则△DEB'是等腰直角三角形，得出，证明△B'DB∽△EDC，由相似三角形的性质可得出．
②分两种情况画出图形，由平行四边形的性质可得出答案．
【解答】解：（1）如图1，

∵AB绕点A逆时针旋转至AB′，
∴AB＝AB'，∠BAB'＝60°，
∴△ABB'是等边三角形，
∴∠BB'A＝60°，
∴∠DAB'＝∠BAD﹣∠BAB'＝90°﹣60°＝30°，
∵AB'＝AB＝AD，
∴∠AB'D＝∠ADB'，
∴∠AB'D＝＝75°，
∴∠DB'E＝180°﹣60°﹣75°＝45°，
∵DE⊥B'E，
∴∠B'DE＝90°﹣45°＝45°，
∴△DEB'是等腰直角三角形．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC＝45°，
∴，
同理，
∴，
∵∠BDB'+∠B'DC＝45°，∠EDC+∠B'DC＝45°，
∴∠BDB'＝∠EDC，
∴△BDB'∽△CDE，
∴．
故答案为：等腰直角三角形，．
（2）①两结论仍然成立．
证明：连接BD，

∵AB＝AB'，∠BAB'＝α，
∴∠AB'B＝90°﹣，
∵∠B'AD＝α﹣90°，AD＝AB'，
∴∠AB'D＝135°﹣，
∴∠EB'D＝∠AB'D﹣∠AB'B＝135°﹣＝45°，
∵DE⊥BB'，
∴∠EDB'＝∠EB'D＝45°，
∴△DEB'是等腰直角三角形，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，∠BDC＝45°，
∴，
∵∠EDB'＝∠BDC，
∴∠EDB'+∠EDB＝∠BDC+∠EDB，
即∠B'DB＝∠EDC，
∴△B'DB∽△EDC，
∴．
②＝3或1．
如图3，若CD为平行四边形的对角线，
点B'在以A为圆心，AB为半径的圆上，取CD的中点．连接BO交⊙A于点B'，
过点D作DE⊥BB'交BB'的延长线于点E，

由（1）可知△B'ED是等腰直角三角形，
∴B'D＝B'E，
由（2）①可知△BDB'∽△CDE，且BB'＝CE．
∴＝+1＝+1＝+1＝+1＝3．
若CD为平行四边形的一边，如图4，

点E与点A重合，
∴＝1．
综合以上可得＝3或1．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
12．（2018•河南）（1）问题发现
如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M．填空：
①的值为 　1　；
②∠AMB的度数为 　40°　．
（2）类比探究
如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．

【考点】三角形综合题；旋转的性质．版权所有
【专题】几何综合题．
【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC＝BD，比值为1；
②由△COA≌△DOB，得∠CAO＝∠DBO，根据三角形的内角和定理得：∠AMB＝180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）＝40°；
（2）根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则＝，由全等三角形的性质得∠AMB的度数；
（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，则∠AMB＝90°，，可得AC的长．
【解答】解：（1）问题发现
①如图1，∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠COA＝∠DOB，
∵OC＝OD，OA＝OB，
∴△COA≌△DOB（SAS），
∴AC＝BD，
∴＝1，
②∵△COA≌△DOB，
∴∠CAO＝∠DBO，
∵∠AOB＝40°，
∴∠OAB+∠ABO＝140°，
在△AMB中，∠AMB＝180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣140°＝40°，
故答案为：①1；②40°；
（2）类比探究
如图2，＝，∠AMB＝90°，理由是：
Rt△COD中，∠DCO＝30°，∠DOC＝90°，
∴，
同理得：，
∴，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOC＝∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴＝，∠CAO＝∠DBO，
在△AMB中，∠AMB＝180°﹣（∠MAB+∠ABM）＝180°﹣（∠OAB+∠ABM+∠DBO）＝90°；
（3）拓展延伸
①点C与点M重合时，如图3，同理得：△AOC∽△BOD，
∴∠AMB＝90°，，
设BD＝x，则AC＝x，
Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1，
∴CD＝2，BC＝x﹣2，
Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝，
∴AB＝2OB＝2，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
，
x2﹣x﹣6＝0，
（x﹣3）（x+2）＝0，
x1＝3，x2＝﹣2，
∴AC＝3；
②点C与点M重合时，如图4，同理得：∠AMB＝90°，，
设BD＝x，则AC＝x，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
+（x+2）2＝
x2+x﹣6＝0，
（x+3）（x﹣2）＝0，
x1＝﹣3，x2＝2，
∴AC＝2；
综上所述，AC的长为3或2．


【点评】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，几何变换问题，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．

考点卡片
1．坐标与图形性质
1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．
2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．
2．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
3．等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
4．等腰三角形的判定与性质
1、等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．
2、在等腰三角形有关问题中，会遇到一些添加辅助线的问题，其顶角平分线、底边上的高、底边上的中线是常见的辅助线，虽然“三线合一”，但添加辅助线时，有时作哪条线都可以，有时不同的做法引起解决问题的复杂程度不同，需要具体问题具体分析．
3、等腰三角形性质问题都可以利用三角形全等来解决，但要注意纠正不顾条件，一概依赖全等三角形的思维定势，凡可以直接利用等腰三角形的问题，应当优先选择简便方法来解决．
5．含30度角的直角三角形
（1）含30度角的直角三角形的性质：
在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数．
（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用；
②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．
6．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
7．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE＝BC．

8．三角形综合题
三角形综合题．
9．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
10．菱形的性质
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（3）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
11．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形

12．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
13．四边形综合题
四边形综合题．
14．作图—基本作图
基本作图有：
（1）作一条线段等于已知线段．
（2）作一个角等于已知角．
（3）作已知线段的垂直平分线．
（4）作已知角的角平分线．
（5）过一点作已知直线的垂线．
15．轴对称的性质
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
由轴对称的性质得到一下结论：
①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称；
②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
16．轴对称图形
（1）轴对称图形的概念：
如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．
（2）轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合；轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条．
（3）常见的轴对称图形：
等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．
17．坐标与图形变化-平移
（1）平移变换与坐标变化
①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y）
①向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y）
①向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b）
①向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b）
（2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）
18．旋转的性质
（1）旋转的性质：
　　　　①对应点到旋转中心的距离相等．　　　　②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．　　　　③旋转前、后的图形全等．　　（2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．　　　　注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．