【培优分级练】北师大版数学九年级上册 第04课《特殊平行四边形（选填题）》培优三阶练（含解析）

这是一份【培优分级练】北师大版数学九年级上册 第04课《特殊平行四边形（选填题）》培优三阶练（含解析）

第04课 特殊平行四边形 选填题（50道）课后培优练级练培优第一阶——基础过关练一、单选题1．下列说法正确的是（       ）A．平行四边形的对角线互相垂直 B．对角线互相垂直的四边形是菱形C．菱形的对角线相等 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形【答案】D【解析】【分析】根据平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，逐项进行判断即可．A.平行四边形的对角线不一定互相垂直，故A错误；B.对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B错误；C.菱形的对角线互相垂直，故C错误；D.对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D正确．故选：D．【点睛】本题主要考查了平行线四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，是解题的关键．2．在菱形中，对角线，，则菱形的高是（　　　）A．2.5 B．5 C．2.4 D．4.8【答案】D【解析】【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出、，再根据勾股定理列式求出，然后利用菱形的面积列式计算即可得解．解：如图，在菱形中，，，，，，在中，，，菱形的面积，即，解得，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理，根据菱形的面积的两种表示方法列出方程是解题的关键．3．如图，在菱形中，，对角线、相交于点O，E为中点，则的度数为（       ）A．70° B．65° C．55° D．35°【答案】C【解析】【分析】先根据菱形的性质求出∠BAC的度数，再证OE是△ABC的中位线即可得到答案．解：∵四边形ABCD是菱形，∴，点O是AC的中点，，∴∠BAD=180°-∠ABC=110°，∴∠BAC=55°，∵E是BC的中点，∴OE是△ABC的中位线，∴，∴∠COE=∠BAC=55°，故选C．【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，菱形的性质，熟知菱形的性质是解题的关键．4．如图，矩形中，平分交于点，，，则矩形周长为（       ）A．12 B．18 C．24 D．44【答案】D【解析】【分析】根据矩形的性质可得，，，，再由勾股定理可得，；再根据平分，可得到，从而得到，即可求解．解：∵四边形是矩形，∴，，，，∵，，∴，∴，；∵，∴；∵平分，∴，∴，∴，∴，∴矩形的周长．故选：D．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质是解题的关键．5．下列命题中，假命题是（   ）A．顺次联结任意四边形四边中点所得的四边形是平行四边形B．顺次联结对角线相等的四边形四边中点所得的四边形是菱形C．顺次联结对角线互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形D．顺次联结两组邻边互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形【答案】D【解析】【分析】根据平行四边形、特殊的平行四边形的判定、中位线定理、中点四边形的定义进行判定即可．观察图形：分别为的中点，根据中位线定理： A：顺次联结任意四边形四边中点所得的四边形是平行四边形,正确；B：顺次联结对角线相等的四边形四边中点所得的四边形是菱形，正确；C：顺次联结对角线互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形，正确；D：顺次联结两组邻边互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是平行四边形，错误．故答案选：D．【点睛】本题考查中位线定理应用、平行四边形、特殊的平行四边形的判定，掌握四边形的判定是解题关键．6．如图，在菱形ABCD中，∠B＝45°，AE⊥BC于点E，延长BC至B′，使EB′＝BE．连接AB′交CD交于点F．AB＝a．则B′F的长度为（       ）A． B． C．（）a D．【答案】D【解析】【分析】根据已知先求出的长，可证是等腰直角三角形，得到，根据平行线的性质可得是等腰直角三角形，即可得出的长度．解：在边长为的菱形中，，为边上的高，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，又，是等腰直角三角形，，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．7．已知∠A，线段a，如图是用直尺，三角板和圆规作菱形ABCD（边长为a）的步骤，它的依据是（　　）A．四条边都相等的四边形是菱形B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形C．两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形D．两组对边分别平行的四边形是平行四边形，两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形【答案】C【解析】【分析】根据作图步骤即可判断．解：由作图知：AD∥BC，CD∥AB，∴两组对边分别平行的四边形是平行四边形，由作图知：AB=AD，∴有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选：C．【点睛】本题考查作图-复杂作图，菱形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．8．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点，B（2，2）．若平移点A到点C，使以点O，A，C，B为顶点的四边形是菱形，则正确的平移方法是（       ）A．向左平移2个单位，再向下平移2个单位B．向左平移个单位，再向上平移2个单位C．向右平移2个单位，再向上平移2个单位D．向右平移个单位，再向上平移2个单位【答案】C【解析】【分析】过B作射线，在BC上截取BC＝OA，过点B作BH⊥OA，交OA于点H，利用勾股定理可求出OB的长，进而可得点C的坐标，从而得知四边形OACB是菱形，所以可得向上或向下平移的距离，问题得解．解：过B作射线，在BC上截取BC＝OA，则四边形OACB是平行四边形，过B作BH⊥x轴于H，∵B（2，2），∴，∵，∴，∴OA＝OB，∴则四边形OACB是菱形，∴平移点A到点C，向右平移2个单位，再向上平移2个单位而得到，故选：C．【点睛】本题考查菱形的判定、平移变换等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．9．如图，在正方形中，E是对角线AC上的一点，且，则∠CED的度数是（       ）A．22.5° B．50° C．67.5° D．80°【答案】C【解析】【分析】利用正方形的性质得出∠ACD=45°，再利用等腰三角形的性质得出答案．解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°，∵CE=CD，∴∠CED=∠CDE==67.5°．故选：C．【点睛】本题考查的是正方形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，正确得出∠BAE度数是解题关键．10．如图，四边形是矩形，点E在线段的延长线上，连接交于点F，，G是的中点，若，那么的长为（       ）A． B． C．5 D．3【答案】B【解析】【分析】根据直角三角形的性质可得AG=FG=DG=4，从而得到∠AEG=∠AGE，进而得到AE=AG=4，再由勾股定理，即可求解．解：∵四边形是矩形，∴∠ABC=∠BAD=90°，AD∥BC，∴∠ADG=∠DEC，∵G是的中点，， DF=8，∴AG=FG=DG=4，∴∠GAD=∠GDA=∠DEC，∵∠AGE=∠GAD+∠GDA=2∠DEC，∠AED=2∠DEC，∴∠AEG=∠AGE，∴AE=AG=4，在中，．故选：B【点睛】本题考查了矩形的性质、直角三角形斜边中线性质、勾股定理等知识解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．11．如图，在边长为1的正方形中，对角线和相交于点，是边上任意一点，于点，于点，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】根据正方形的性质，求出，结合已知条件，证明四边形PEOF为矩形，△FPC为等腰三角形，得出，即可得出答案．解：∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，AB=BC=1，AO=CO，∠BCA=45°，∴，∴，，，∴，四边形OEPF为矩形，∴，∵，∴，∴，∴，故B正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，根据题意得出，是解题的关键．12．如图，在菱形ABCD中，，，过点D作，交BA的延长线于点E，则线DE的长为（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由在菱形中，，，利用菱形的性质以及勾股定理，求得的长，然后由菱形的面积公式可求得线段的长．解：如图．设AC与BD交于点O四边形是菱形，，，，，，，，，．故选：B．【点睛】此题考查了菱形的性质、勾股定理．解题的关键是注意菱形的对角线互相垂直平分．二、填空题13．如图，菱形ABCD的两条对角线相交于O，若AC＝6，BD＝4，则菱形ABCD的周长是_____．【答案】【解析】【分析】在中求出AD的长，再由菱形的四边形等，可得菱形ABCD的周长．解：∵四边形ABCD是菱形，∴AO＝AC＝3，DO＝BD＝2，AC⊥BD，在中，，∴菱形ABCD的周长为．故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，解答本题的关键是掌握菱形的对角线互相垂直且平分．14．如图，在菱形ABCD中，，，于点H，则DH的长为________．【答案】【解析】【分析】利用菱形的对角线互相平分线且垂直即可得出菱形的边长，再利用菱形面积公式求出即可．解：∵在菱形ABCD中，AC＝，BD＝2，∴AO＝CO＝，BO＝DO＝，∵四边形ABCD为菱形，∴，∴，∴，∴DH×2＝AC×BD，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的面积公式以及菱形的性质，得出菱形边长是解题关键．15．矩形ABCD的对角线AC和 BD所夹得锐角为50°，则∠BAC的度数为__________度．【答案】65或25##25或65【解析】【分析】设AC与BD的交点为O，根据四边形ABCD为矩形，AO=BO=CO=DO，然后利用等腰三角形底角性质结合三角形内角和得出∠BAO=∠ABO=或利用三角形外角性质求解即可．解：设AC与BD的交点为O，∵四边形ABCD为矩形，∴AO=BO=CO=DO，∵矩形ABCD的对角线AC和 BD所夹得锐角为50°，∴∠AOB=50°或∠AOD=50°∴∠BAO=∠ABO=，或∠OAB=∠OBA=25°∴∠BAC=65°或25°．故答案为65或25．【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和，掌握矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和是解题关键．16．如图，在菱形ABCD中，AB的垂直平分线交对角线BD于点F，垂足为点E，连接AF、AC，若∠DCB＝70°，则∠FAC＝______．【答案】20°【解析】【分析】由菱形的性质和等腰三角形的性质求出∠BAC和∠FAB的度数，即可解决问题．解：∵EF是线段AB的垂直平分线，∴AF＝BF，∴∠FAB＝∠FBA，∵四边形ABCD是菱形，∠DCB＝70°，∴BC＝AB，∠BCA＝∠DCB＝35°，AC⊥BD，∴∠BAC＝∠BCA＝35°，∴∠FBA＝90°﹣∠BAC＝55°，∴∠FAB＝55°，∴∠FAC＝∠FAB﹣∠BAC＝55°﹣35°＝20°，故答案为：20°．【点睛】本题考查菱形的性质和等腰三角形的性质，熟练掌握菱形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．17．在直角△中，，，．若为中点，则的长度为_______．【答案】【解析】【分析】根据勾股定理可求斜边BC的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求AD的值．解：在直角△中，，，．由勾股定理得：BC=，∵为中点，∴AD=．故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理和直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理和直角三角形的性质是解题的关键．18．如图，在矩形中，，，如果将该矩形沿对角线BD折叠，那么图中阴影部分的面积是___________cm2．【答案】5.1【解析】【分析】首先根据折叠图形和平行线的性质得出BE=DE，然后设BE=DE=x，则AE=5-x，根据△ABE的勾股定理求出x的值，最后根据三角形的面积计算公式得出答案．解：根据折叠得：，∵四边形ABCD是矩形，∴，AB=CD=3，BC=AD=5，∴，∴∠EBD=∠EDB，∴BE=DE，设BE=DE=x，则AE=5-x，在Rt△ABE中，，∴， 解得：x=3.4，即DE=3.4，则=3.4×3÷2=5.1cm2，故答案为：5.1．【点睛】本题主要考查的是折叠图形的性质以及勾股定理的应用，属于中等难度的题型．解答折叠问题的时候，我们首先要明确对应边和对应角，将所求的线段放入直角三角形中，从而得出线段的长度．19．在中，点O是对角线的中点．过点O作直线，直线分别交于点H，F，直线分别交于点G，E．连接．有下列四个结论：①四边形可以是平行四边形；②四边形可以是矩形；③四边形不可以是菱形；④四边形不可以是正方形，其中正确的是________．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②④【解析】【分析】根据平行四边形的性质结合全等三角形的判定与性质得出，，即可证明结论①；当时，可证明结论②；当时，可证明结论③；将图3中的顺时针和逆时针旋转，可得和同增同减，可得，可得结论④．解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵点O是对角线的中点，∴，∵，∴，∴，同理可得，∴，∴四边形是平行四边形，故①正确；当时，四边形是矩形，故②正确；当时，四边形是菱形，故③错误；将图3中的顺时针和逆时针旋转，可得和同增同减，∴当时，不存在，∴四边形不可以是正方形，故④正确；故答案为：①②④．【点睛】本题考查了四边形综合问题，涉及到全等三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的性质定理与判定定理是解本题的关键．20．如图，点P为矩形ABCD边AD上一点，点E、F分别为PB、PC的中点，若矩形ABCD的面积为6，那么△PEF的面积为________．【答案】##0.75【解析】【分析】根据中位线的性质以及矩形的性质即可求出答案．解：由题意可知：△PBC的高为AB，∵点E、F分别为PB、PC的中点，∴2EF=BC，EF∥BC，∴△PEF∽△PBC，∴，∵S△PBC=BC•AB=×6=3，∴S△PEF=，故答案为：．【点睛】本题考查矩形的综合问题，解题的关键是熟练是运用中位线的性质以及矩形的性质．21．如图，在矩形ABCD中，，，点P在BC边上，点M在AD边上，，点Q为AP的中点，当为直角三角形时，AP的长为__________．【答案】4或或【解析】【分析】分当P为B重合时和当∠AQM=90°，当∠AMQ=90°时三种情况讨论求解即可．解：当P为B重合时，Q为AB的中点，∵四边形ABCD是矩形，∴∠QAM=90°，满足△AMQ是直角三角形，∴此时AP=AB=4；当∠AQM=90°时，如图1所示，连接MP，过点M作MN⊥BC于N，则四边形ABNM是矩形，∴MN=AB=4，∠MNP=90°，BN=AM=5，∵Q为AP的中点，MQ⊥AP，∴MQ是线段AP的垂直平分线，∴AM=MP=5，∴，∴BP=2，∴，同理当∠AQM=90°时，如图2所示，求得PN=3，∴BP=8，∴；当∠AMQ=90°时，如图3所示，∵点P在BC上，∴的最大值即为P与C点重合时AC的长，即，∴长度的最大值为，∵，∴此种情况不成立；综上所述，AP的长为4或或．故答案为：4或或．【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，线段垂直平分线的性质，勾股定理，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．22．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则的长为___________．【答案】3【解析】【分析】由菱形面积计算公式可求得BD的长，再由直角三角形斜边上中线的性质即可求得OH的长．∵四边形ABCD是菱形，∴AC=2OA=8，∵，∴,∴BD=6，∵DH⊥BC，O为BD的中点，∴OH为直角△DHB斜边上的中线，∴．故答案为：3．【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上中线的性质，菱形面积等于两对角线乘积的一半等知识，掌握这些知识是解题的关键．23．菱形的边长为2，，点、分别是、上的动点，的最小值为______．【答案】【解析】【分析】过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，在直角三角形BEC中，勾股定理即可求解．解：如图，过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，菱形的边长为2，，中，PQ+QC的最小值为故答案为：【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，掌握轴对称的性质求线段和的最小值是解题的关键．24．如图，点G为正方形ABCD内一点，AB＝AG，∠AGB＝70°，联结DG，那么∠BGD＝_____度．【答案】135．【解析】【分析】根据正方形的性质可得出AB=AD、∠BAD=90°，由AB=AG、∠AGB=70°利用等腰三角形的性质及三角形内角和定理可求出∠BAG的度数，由∠DAG=90°-∠BAG可求出∠DAG的度数，由等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可求出∠AGD的度数，再由∠BGD=∠AGB+∠AGD可求出∠BGD的度数．∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°．∵AB＝AG，∠AGB＝70°，∴∠BAG＝180°﹣70°﹣70°＝40°，∴∠DAG＝90°﹣∠BAG＝50°，∴∠AGD＝（180°﹣∠DAG）＝65°，∴∠BGD＝∠AGB+∠AGD＝135°．故答案为135．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理求出∠AGD的度数是解题的关键．25．如图，在平面直角坐标系中，直线l为正比例函数y=x的图象，点A1的坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线l于点D1，以A1D1为边作正方形A1B1C1D1；过点C1作直线l的垂线，垂足为A2，交x轴于点B2，以A2B2为边作正方形A2B2C2D2；过点C2作x轴的垂线，垂足为A3，交直线l于点A3，以A3D3为边作正方形A3B3C3D3，…，按此规律操作下所得到的正方形A2020B2020C2020D2020的面积是__．【答案】【解析】【分析】根据正比例函数的性质得到∠D1OA1=45°，分别求出正方形A1B1C1D1的面积、正方形A2B2C2D2的面积，总结规律解答．解：∵直线l为正比例函数y=x的图象， ∴∠D1OA1=45°， ∴D1A1=OA1=1， ∴正方形A1B1C1D1的面积=1=， 由勾股定理得， ∴， ∴正方形A2B2C2D2的面积=， 同理，A3D3=OA3=， ∴正方形A3B3C3D3的面积=， … 由规律可知，正方形AnBnCnDn的面积=， ∴正方形A2020B2020C2020D2020的面积=， 故答案为：．【点睛】本题考查的是正方形的性质、一次函数图象上点的坐标特征，根据一次函数解析式得到∠D1OA1=45°，正确找出规律是解题的关键．26．如图，已知正方形ABCD的边长为5厘米，EGAD，点H在边AD上，△CEH的面积为8平方厘米，则FG＝________厘米．【答案】##1.8【解析】【分析】过H作HM⊥EG于M，由四边形ABCD是正方形，，HM⊥EG，可得四边形AEGD、四边形HMGD是矩形，根据△CEH的面积为8平方厘米，有EF•MH+EF•CG=8，即得EF•CD=8，可求出EF=厘米，故FG=EG-EF=厘米．解：过H作HM⊥EG于M，如图： ∵四边形ABCD是正方形，边长为5厘米， ∴AD=CD=5厘米，∠A=∠D=90°， ∵，HM⊥EG， ∴四边形AEGD、四边形HMGD是矩形， ∴EG=AD=5厘米，MH=DG， ∵△CEH的面积为8平方厘米， ∴ EF•MH+ EF•CG=8， ∴ EF•（MH+CG）=8， ∴ EF•（DG+CG）=8，即EF•CD=8， 又CD=5， ∴EF=， ∴FG=EG-EF=（厘米）， 故答案为： ．【点睛】本题考查正方形性质及应用，解题的关键是根据△CEH的面积为8平方厘米，列出关于EF的方程，从而求得EF的长度．培优第二阶——拓展培优练一、单选题1．如图，点E是正方形对角线AC上一点，过E作EF∥AD交CD于F，连接BE，若BE=7，DF=6，则AC的长为（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】过E点作BC垂线，垂足为G，易知EG=EF，再通过勾股定理求出BG，从而求出BC，再通过等腰直角三角形特征求出AC．由E点作BC垂线，垂足为G∵四边形ABCD为正方形又EF∥AD，AC为正方形ABCD对角线∴四边形EFCG为正方形∴BG=∴∴∴故选D【点睛】本题考查正方形的特性和解直角三角形，掌握这些知识点是本题关键．2．如图，在矩形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，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（　　）A． B． C． D．2【答案】C【解析】【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，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．解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，AD∥BC，∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10，∴AE＝AB＝×6＝3，CF＝BC＝10＝5，∵AD∥BC，∴∠DPH＝∠FCH，在△PDH与△CFH中，，∴△PDH≌△CFH（AAS），∴PD＝CF＝5，CH＝PH，∴AP＝AD﹣PD＝5，∴，∵点G是EC的中点，∴GH＝EP＝故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．3．如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．下列三种说法：① .四边形EFGH一定是平行四边形；②.若AC＝BD，则四边形EFGH 是菱形；③.若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形．其中正确的是（     ）A．① B．①② C．①③ D．①②③【答案】D【解析】【分析】根据三角形中位线定理得到，EH=BD，EF=AC，根据平行四边形、菱形、矩形的判定定理判断即可．解：∵点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点， ∴，EH=BD， EF=AC， ∴四边形EHGF是平行四边形，故①符合题意；若AC=BD，则EF=EH， ∴平行四边形EHGF是菱形，故②符合题意； 若AC⊥BD，则EF⊥EH， ∴平行四边形EHGF是矩形，故③符合题意； 故选：D．【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、平行四边形、菱形、矩形的判定定理是解题的关键．4．七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DC的中点，连接AP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形，下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的．正确的有（       ）A．只有① B．①② C．①③ D．②③【答案】C【解析】【分析】先根据正方形的性质和中位线定理证明图中所有三角形是等腰直角三角形，再证明四边形MPEB是平行四边形但不是菱形，最后再证明四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的即可．解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABO＝∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形，∵，∴∠APF＝∠APE＝90°，∵E，F分别为BC，CD的中点，∴EF是△BCD的中位线，CE＝BC，CF＝CD，∴ CE＝CF，∵∠C＝90°，∴△CEF是等腰直角三角形，       ∴EFBD，EF＝BD，∴∠APE＝∠AOB＝90°，∠APF＝∠AOD＝90°，∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形，∴AO＝BO，AO＝DO，∴BO＝DO，∵M，N分别为BO，DO的中点，∴OM＝BM＝BO，ON＝ND＝DO，∴OM＝BM＝ON＝ND，∵∠BAO＝∠DAO＝45°，∴由正方形是轴对称图形，则A、P、C三点共线，PE＝PF＝EF＝ON＝BM＝OM，连接PC，如图，∴NF是△CDO的中位线，∴NFAC，NF＝OC＝OD＝ON＝ND，∴∠ONF＝180°－∠COD＝90°，∴∠NOP＝∠OPF＝∠ONF＝90°，∴四边形FNOP是矩形，∴四边形FNOP是正方形，∴NF＝ON＝ND，∴△DNF是等腰直角三角形，∴图中的三角形都是等腰直角三角形；故①正确，∵PEBM，PE＝BM，∴四边形MPEB是平行四边形，∵BE＝BC，BM＝OB，在Rt△OBC中，BC＞OB，∴BE≠BM，∴四边形MPEB不是菱形；故②错误，∵PC＝PO＝PF＝OM，∠MOP＝∠CPF＝90°，∴△MOP≌△CPF（SAS），∴ ，故③正确，故选：C【点睛】此题考查了七巧板，正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．5．矩形中，为边上的一点，动点沿着运动，到停止，动点沿着运动到停止，、两点同时出发，它们的速度都是，设它们的运动时间为秒，的面积记为，与的关系如图所示，则矩形的面积（       ）．A．56 B．72 C．84 D．96【答案】B【解析】【分析】过点作，由三角形面积公式和矩形的性质可求出，由题中右图可知当，点与点重合，则，可得出答案．解：从函数的图像和运动的过程可以得出：当点运动到点时，，，过点作于，∵点、的速度都是，∴， ∴，∴，∵四边形是矩形，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，由题中右图可知当，点与点重合，∴，∴，∴，∴矩形的面积为．故选：B．【点睛】本题考查了动点问题的函数图像，三角形和矩形的面积，勾股定理，矩形判定和性质等知识．掌握数形结合思想方法是解题的关键．6．如图，点为边长为1的正方形的中心，平分交于点，延长到点，使，连结交的延长线于点，连结交于点，连结．则以下四结论中：①，②，③，④．正确结论个数为（       ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】【分析】证明，推出，根据推出，证明，推出点是的中点，即可判断①；算出，求出，求出，即可判断②；根据，求出，即可判断③；根据勾股定理算出，根据，即可判断④．解：∵，，∴∴∵又∵∴∴∵，∴∴∴点是的中点又∵点是的中点∴是的中位线∴，①正确∵∴∴∵是的中位线∴∴，②错误∵∴，③正确∵，∴∵∴∴，④错误故选B．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质、三角形的中位线、勾股定理、含30°角的直角三角形等知识点，证明三角形全等是解答本题的关键．7．如图，E为正方形ABCD中BC边上的一点，且AB＝3BE＝3，M、N分别为边CD、AB上的动点，且始终保持MN⊥AE，则AM+NE的最小值为（       ） A．4 B． C． D．【答案】C【解析】【分析】由勾股定理可求AE的长，由“ASA”可证，可得，通过证明四边形NEGM是平行四边形，可得，由，可得当点A，点M，点G三点共线时，的最小值为AG，由勾股定理即可求解．解：过点D作DH∥MN，交AB于点H，过点E作EG∥MN，过点M作MG∥NE，两直线交于点G，连接AG，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴，∵AB＝3BE＝3，∴BE＝1，∴，∵DH∥MN，AB∥CD，∴四边形DHNM是平行四边形，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，∴，∴，∴，∵EG∥MN， MG∥NE，∴四边形NEGM是平行四边形，∴，∴，∴当点A，点M，点G三点共线时，的最小值为AG，∴．故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造平行四边形是解题的关键．8．如图，四边形ABCD是矩形纸片，，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF．展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕为BM，再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．有如下结论：①；②；③△BMG是等边三角形；④；⑤P为线段BM上一动点，H是线段BN上的动点，则的最小值是．其中正确结论有（       ）A．①②③⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③④⑤【答案】C【解析】【分析】①首先根据EF垂直平分AB，可得AN=BN，然后根据折叠的性质，可得AB=BN，据此判断出△ABN为等边三角形，即可判断出∠ABN=60°；②首先根据∠ABN=60°，∠ABM= ∠NBM，求出∠ABM=∠NBM=30°，然后在Rt△ABM中，根据AB=6，求出AM的大小即可；③求出∠AMB=60°，得到∠BMG=60°，根据AD∥BC，求出∠BGM=60°即可；④根据勾股定理求出EN即可；⑤根据轴对称图形的性质得到AP=PN，PN+PH=AH，且当AH⊥BN时，PN+PH最小，应用勾股定理，求出AH的值即可．解：如图，连接AN，∵EF垂直平分AB，∴AN=BN，根据折叠的性质，可得AB=BN，∴AN=AB=BN，∴△ABN为等边三角形，∴∠ABN=60°，∠PBN=60°=30°，即结论①正确；∵∠ABN=60°，∠ABM=∠NBM，∴∠ABM=∠NBM=60°=30°，∴BM=2AM，∵AB=6，，∴62+AM2=（2AM）2，解得，即结论②不正确；∵∠AMB=90°-∠ABM=60°，∴∠BMG=∠AMB=60°，∵ AD∥BC，∴∠MBG=∠AMB=60°，∴∠BGM=60°，△BMG是等边三角形；即结论③正确；∵BN=AB=6，BN=3，∴，即结论④正确；连接AN，∵△ABM与△NBM关于BM轴对称，∴AP=NP，∴PN+PH=AP+PH，∴当点A、P、H三点共线时，AP+PH=AH，且当AH⊥BN时AH有最小值，∵AB=6，∠ABH=60°，∴∠BAH=30°，∴BH=3，∴，∴PN＋PH的最小值是3，即结论⑤正确；故选：C．【点睛】此题考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形30度角的性质，熟记等边三角形的判定及性质是解题的关键．二、填空题9．如图，在边长为 2的菱形 ABCD中，∠D＝45°，点 E在 BC边上，将沿 AE所在的直线折叠得到，交 CD于点 F，使经过点 C，则 的长度为__________．【答案】##【解析】【分析】由菱形的性质得，由折叠的性质得，可求出，由等腰直角三角形的性质可求出的长，即可求解．四边形ABCD是菱形，边长为 2，∠D＝45°，，将沿 AE所在的直线折叠得到，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰直角三角形的性质，熟练在我知识点是解题的关键．10．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点坐标为，顶点的横坐标为，点是的中点，则侧_________．【答案】【解析】【分析】作BF⊥AF交于点F，交y轴于点G，作DH⊥AH交于点H，连接AE，首先根据题意证明出，然后利用勾股定理求出AD的长度，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可．解：如图所示，作BF⊥AF交于点F，交y轴于点G，作DH⊥AH交于点H，连接AE，∵BF⊥AF，∴，∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，由题意可得，四边形DOAH和四边形OGFA都是矩形，∵正方形的顶点坐标为，∴DH=GF=OA=3，∵顶点的横坐标为，∴，∴BF=BG+GF=4，∴，∵，∴，∵点是的中点，，∴．故答案为：．【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定定理．11．如图，E、F、G、H分别为四边形ABCD四边的中点，若AC＝BD＝3，则EG2＋HF2＝_________．【答案】9【解析】【分析】连接EF，FG，GH，EH，由E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，得到EH，EF，FG，GH分别是△ABD，△ABC，△BCD，△ACD的中位线，根据三角形中位线定理得到EH，FG等于BD的一半，EF，GH等于AC的一半，由AC=BD=3，得到EH=EF=GH=FG=，根据四边都相等的四边形是菱形，得到EFGH为菱形，然后根据菱形的性质得到EG⊥HF，且EG=2OE，FH=2OH，在Rt△OEH中，根据勾股定理得到OE2+OH2=EH2=，再根据等式的性质，在等式的两边同时乘以4，根据4=22，把等式进行变形，并把EG=2OE，FH=2OH代入变形后的等式中，即可求出EG2+FH2的值解：如图，连接EF，FG，GH，EH，设EG与HF相交于点O，∵E、H分别是AB、DA的中点，∴EH是△ABD的中位线，∴EH=BD=，同理可得EF，FG，GH分别是△ABC，△BCD，△ACD的中位线，∴EF=GH=AC=，FG=BD=，∴EH=EF=GH=FG=，∴四边形EFGH为菱形，∴EG⊥HF，且垂足为O，∴EG=2OE，FH=2OH，在Rt△OEH中，根据勾股定理得：OE2+OH2=EH2=，等式两边同时乘以4得：4OE2+4OH2=×4=9，∴（2OE）2+（2OH）2=9，即EG2+FH2=9．故答案为：9．【点睛】此题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理以及等式的基本性质，本题的关键是连接EF，FG，GH，EH，得到四边形EFGH为菱形，根据菱形的性质得到EG⊥HF，建立直角三角形，利用勾股定理来解决问题．12．如图，在矩形ABCD中，点E是边CD的中点，沿AE所在的直线折叠△ADE，落在矩形内部得到△AFE，延长AF交BC边于点G，若＝，则的值为_________．【答案】【解析】【分析】连接GE，证明，得，设，表示出，，，，的长度，再由勾股定理得的长度，即可得出比值．如图，连接GE，∵在矩形ABCD中，∴，，，∴由折叠的性质可知：，，，∵点E是边CD的中点，∴，∴，又∵（公共边），∴，∴，∵，∴设，则，，，∴，∵在中，由勾股定理得：，∴，∴．【点睛】本题考查折叠的性质，全等三角形的判定与性质及勾股定理，折叠前后的图形对应边、对应角分别相等是解题的关键．13．如图，菱形ABCD中，，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且，连结BE，分别交AC，AD于点F、G，连结OG，则下列结论：①；②；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④．其中正确的结论是______（请填写正确的序号）【答案】①③④【解析】【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ABD的中位线，得出OG=AB，①正确；③先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确；④证OG是△ACD的中位线，得OG∥CD∥AB，OG=CD，则S△ACD=4S△AOG，再由S△AOG=S△BOG，则S△ACD=4S△BOG，④正确；②连接FD，由等边三角形的性质和角平分线的性质得F到△ABD三边的距离相等，则S△BDF=S△ABF=2S△BOF=2S△DOF=S四边形ODGF，则S四边形ODGF=S△ABF，②错误；即可得出结论．解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，∴∠BAG=∠EDG，∵CD=DE，∴AB=DE，在△ABG和△DEG中，，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG=DG，∴OG是△ABD的中位线，∴OG=AB，故①正确；∵AB∥CE，AB=DE，∴四边形ABDE是平行四边形，∵∠BCD=∠BAD=60°，∴△ABD、△BCD是等边三角形，∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，∴平行四边形ABDE是菱形，故③正确；∵OA=OC，AG=DG，∴OG是△ACD的中位线， ∴OG∥CD∥AB，OG=CD，∴S△ACD=4S△AOG，∵S△AOG=S△BOG，∴S△ACD=4S△BOG，故④正确；连接FD，如图：∵△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，∴F到△ABD三边的距离相等，∴S△BDF=S△ABF=2S△BOF=2S△DOF=S四边形ODGF，∴S四边形ODGF=S△ABF，故②错误；正确的是①③④，故答案为：①③④．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理以及三角形面积等知识，综合运用以上知识是解题的关键．14．如图，在正方形ABCD中，点M在CD边上，点N在正方形ABCD外部，且满足∠CMN＝90°，CM＝MN，连接AN，CN，取AN的中点E，连接BE，AC，交于F点，线段BE，AD，CN之间应满足的等量关系是 _____．【答案】BE=【解析】【分析】连接CE，证明∠ACN=90°，进而证明BE为AC垂直平分线，得到BF=，EF=CN，即可得到BE =．解：连接CE，∵∠CMN＝90°，CM＝MN，∴∠MCN=∠MNC=45°，∵四边形ABCD为正方形 ，∴∠ACD=∠ACB=∠∠BCD=45°，AB=BC=AD，∴∠ACN=90°，∵E为AN中点，∴ AE=EN=CE=AN，∴点E在AC垂直平分线上，∵AB=BC，∴点B在AC垂直平分线上，∴BE为AC垂直平分线，∴BF⊥AC，AF=FC，∵∠ACB=45°，∴∠FCB=∠FBC=45°，∴BF=CF，∴，∴BF=，∵AF=FC，AE=NE，∴EF为△CAN中位线，∴EF=CN，∴BE=BF+EF=．故答案为：BE=【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，中位线等知识，熟知相关知识，添加辅助线，证明BE为AC垂直平分线是解题关键．培优第三阶——中考沙场点兵一、单选题1．（2021·湖南常德·中考真题）如图，已知F、E分别是正方形的边与的中点，与交于P．则下列结论成立的是（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质逐一判断即可．解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=CA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∵已知F、E分别是正方形ABCD的边AB与BC的中点，∴BE=BC=AB∠PCD，∴PC>PD，故B选项错误，不符合题意；∵AD>PD，∴CD>PD，∴∠DPC>∠DCP，∴90°-∠DPC<90°-∠DCP，∴∠CPE<∠PCE，∴PE> CE，故D选项错误，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合思想的应用．2．（2007·江苏连云港·中考真题）如图，在中，点分别在边，，上，且，．下列四个判断中，不正确的是（　　）A．四边形是平行四边形B．如果，那么四边形是矩形C．如果平分平分∠BAC，那么四边形 AEDF 是菱形D．如果AD⊥BC 且 AB＝AC，那么四边形 AEDF 是正方形【答案】D【解析】由DE∥CA,DF∥BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形；又有∠BAC=90°，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形故A. B正确；如果AD平分∠BAC,那么∠EAD=∠FAD,又有DF∥BA，可得∠EAD=∠ADF，∴∠FAD=∠ADF，∴AF=FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形故C正确；如果AD⊥BC且AB=AC，那么AD平分∠BAC，同上可得四边形AEDF是菱形，故D错误.故选D3．（2021·山东威海·中考真题）如图，在平行四边形中，，．连接AC，过点B作，交DC的延长线于点E，连接AE，交BC于点F．若，则四边形ABEC的面积为（       ） A． B． C．6 D．【答案】B【解析】【分析】先证明四边形ABEC为矩形，再求出AC，即可求出四边形ABEC的面积．解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD=2，BC=AD=3，∠D=∠ABC，∵，∴四边形ABEC为平行四边形，∵，∴，∵∠AFC=∠ABF+∠BAF，∴∠ABF=∠BAF，∴AF=BF，∴2AF=2BF，即BC=AE，∴平行四边形ABEC是矩形，∴∠BAC=90°，∴,∴矩形ABEC的面积为．故选：B【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟知相关定理，证明四边形ABEC为矩形是解题关键．4．（2021·山东枣庄·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是上一动点，点是的中点，则的最小值为（       ）A． B． C．3 D．【答案】A【解析】【分析】连接，先根据两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，再根据菱形的性质、勾股定理可得，然后根据等边三角形的判定与性质求出的长即可得．解：如图，连接，由两点之间线段最短得：当点共线时，取最小值，最小值为，四边形是菱形，，，，，，是等边三角形，点是的中点，，，即的最小值为，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．5．（2021·浙江绍兴·中考真题）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（     ）A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形【答案】B【解析】【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可如图所示，用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．故选：B．【点睛】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．6．（2021·黑龙江绥化·中考真题）如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（       ）①；②当点与点重合时；③的面积的取值范围是；④当时，．A．①③ B．③④ C．②③ D．②④【答案】D【解析】【分析】①根据题意可知四边形BFGE为菱形，所以EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，则BG=2AB=6，又因为点E是AD边上的动点，所以3