熱點09 平行四邊形與特殊平行四邊形（解析版）-命題趨勢與限時檢測AB卷

熱點09平行四邊形與特殊平行四邊形平行四邊形和特殊平行四邊形在中考數(shù)學(xué)中是占比比較大的一塊考點，考察內(nèi)容主要有各個特殊四邊形的性質(zhì)、判定、以及其應(yīng)用；考察題型上從選擇到填空再都解答題都有，題型變化也比較多樣；并且考察難度也都是中等和中等偏上，難度較大，綜合性比較強。所以需要考生在復(fù)習(xí)這塊內(nèi)容的時候一定要準(zhǔn)確掌握其性質(zhì)與判定，并且會在不同的結(jié)合問題上注意和其他考點的融合。平行四邊形：熟記平行四邊形的性質(zhì)與判定方法；另：平行四邊形的問題經(jīng)常轉(zhuǎn)化或結(jié)合三角形全等，或者特殊三角形一起考察，做題時不要忽略與之結(jié)合考點的應(yīng)用。矩形：矩形會引出特殊角—直角，所以矩形的問題，直接考察時，注意矩形性質(zhì)和判定的應(yīng)用；綜合考察時，注意與之相關(guān)聯(lián)的轉(zhuǎn)化思想以及分類討論思想的應(yīng)用。菱形：菱形的考察，注意其特殊面積的計算方法以及菱形的軸對稱性的應(yīng)用；菱形的轉(zhuǎn)化思想體現(xiàn)在，菱形的問題主要轉(zhuǎn)化為等腰三角形的問題來思考。正方形：正方形是最特殊的四邊形，也是性質(zhì)最多的四邊形，并且菱形常結(jié)合等腰直角三角形考察，常作為小題壓軸題的的出題背景，比如選擇題的最后一題。平行四邊形與特殊平行四邊形的考察熱點有：多邊形內(nèi)角和定理、平行四邊形的性質(zhì)與判定定理、平行四邊形的綜合應(yīng)用；矩形、菱形、正方形的性質(zhì)與判定定理；特殊四邊形的圖形平移、軸對稱、旋轉(zhuǎn)等結(jié)合問題。A卷（建議用時：80分鐘）1．1．（2021?濱州·中考真題）如圖，在?ABCD中，BE平分∠ABC交DC于點E．若∠A＝60°，則∠DEB的大小為（）A．130° B．125° C．120° D．115°【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，可以得到AD∥BC，DC∥AB，然后即可得到∠A+∠ABC＝180°，∠ABE+∠DEB＝180°，再根據(jù)∠A＝60°，BE平分∠ABC，即可得到∠DEB的度數(shù)．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，DC∥AB，∴∠A+∠ABC＝180°，∠ABE+∠DEB＝180°，∵∠A＝60°，∴∠ABC＝120°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝60°，∴∠DEB＝120°，故選：C．2．（2021?遵義·中考真題）如圖，?ABCD的對角線AC，BD相交于點O，則下列結(jié)論一定正確的是（）A．OB＝OD B．AB＝BC C．AC⊥BD D．∠ABD＝∠CBD【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)：對邊平行且相等，對角線互相平分進(jìn)行判斷即可．【解答】解：平行四邊形對角線互相平分，A正確，符合題意；平行四邊形鄰邊不一定相等，B錯誤，不符合題意；平行四邊形對角線不一定互相垂直，C錯誤，不符合題意；平行四邊形對角線不一定平分內(nèi)角，D錯誤，不符合題意．故選：A．3．（2021?貴陽·中考真題）如圖，在?ABCD中，∠ABC的平分線交AD于點E，∠BCD的平分線交AD于點F，若AB＝3，AD＝4，則EF的長是（）A．1 B．2 C．2.5 D．3【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)證明DF＝CD，AE＝AB，進(jìn)而可得AF和ED的長，然后可得答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥CB，AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∴∠DFC＝∠FCB，又∵CF平分∠BCD，∴∠DCF＝∠FCB，∴∠DFC＝∠DCF，∴DF＝DC＝3，同理可證：AE＝AB＝3，∴AF＝DE∵AD＝4，∴AF＝4﹣3＝1，∴EF＝4﹣1﹣1＝2．故選：B．4．（2021?天津·中考真題）如圖，?ABCD的頂點A，B，C的坐標(biāo)分別是（0，1），（﹣2，﹣2），（2，﹣2），則頂點D的坐標(biāo)是（）A．（﹣4，1） B．（4，﹣2） C．（4，1） D．（2，1）【分析】首先根據(jù)B、C兩點的坐標(biāo)確定線段BC的長，然后根據(jù)A點向右平移線段BC的長度得到D點，即可由A點坐標(biāo)求得點D的坐標(biāo)．【解答】解：∵B，C的坐標(biāo)分別是（﹣2，﹣2），（2，﹣2），∴BC＝2﹣（﹣2）＝2+2＝4，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC＝4，∵點A的坐標(biāo)為（0，1），∴點D的坐標(biāo)為（4，1），故選：C．5．（2021?河南·中考真題）關(guān)于菱形的性質(zhì)，以下說法不正確的是（）A．四條邊相等 B．對角線相等 C．對角線互相垂直 D．是軸對稱圖形【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)逐一推理分析即可選出正確答案．【解答】解：A．菱形的四條邊相等，正確，不符合題意，B．菱形的對角線互相垂直且平分，對角線不一定相等，不正確，符合題意，C．菱形的對角線互相垂直且平分，正確，不符合題意，D．菱形是軸對稱圖形，正確，不符合題意，故選：B．6．（2021?蘭州·中考真題）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，點E在BD上，連接AE，CE，∠ABC＝60°，∠BCE＝15°，ED＝4+4，則AD＝（）A．4 B． C．6 D．8【分析】由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，AO＝CO，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝∠ACB＝60°，再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得DO＝CO＝AO，AD＝2AO，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠ADC＝60°，∠BCD＝120°，AC⊥BD，AO＝CO，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝∠ACB＝60°，∴DO＝CO＝AO，AD＝2AO，∵∠BCE＝15°，∴∠ACE＝45°，∴∠ACE＝∠DEC＝45°，∴EO＝CO＝AO，∵ED＝4+4，∴AO+AO＝4+4，∴AO＝4，∴AD＝8，故選：D．7．（2021?蘭州·中考真題）如圖，將圖1中的菱形紙片沿對角線剪成4個直角三角形，拼成如圖2的四邊形ABCD（相鄰紙片之間不重疊，無縫隙）．若四邊形ABCD的面積為13，中間空白處的四邊形EFGH的面積為1，直角三角形的兩條直角邊分別為a，b，則（a+b）2＝（）A．25 B．24 C．13 D．12【分析】由菱形的性質(zhì)可得四邊形ABCD是正方形，可得AD2＝13＝a2+b2，中間空白處的四邊形EFGH也是正方形，可得（b﹣a）2＝1，求出2ab＝12，即可求解．【解答】解：由題意得：四邊形ABCD和四邊形EFGH是正方形，∵正方形ABCD的面積為13，∴AD2＝13＝a2+b2①，∵中間空白處的四邊形EFGH的面積為1，∴（b﹣a）2＝1，∴a2﹣2ab+b2＝1②，①﹣②得：2ab＝12，∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝13+12＝25，故選：A．8．（2021?朝陽·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AB，CD上，且BE＝2AE，DF＝2CF，點G，H分別是AC的三等分點，則的值為（）A． B． C． D．【分析】由題意可證EG∥BC，HF∥AD，根據(jù)比例式即可求解．【解答】解：∵BE＝2AE，DF＝2FC，∴，∵G、H分別是AC的三等分點，∴，，∴，∴EG∥BC∴，同理可得HF∥AD，，∴，故選：A．9．（2021?瀘州·中考真題）下列命題是真命題的是（）A．對角線相等的四邊形是平行四邊形 B．對角線互相平分且相等的四邊形是矩形 C．對角線互相垂直的四邊形是菱形 D．對角線互相垂直平分的四邊形是正方形【分析】根據(jù)平行四邊形及特殊平行四邊形的判定，逐個判斷即可．【解答】解：A、對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，對角線相等的四邊形也可能是等腰梯形等四邊形，故A不符合題意；B、對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，若對角線再相等，則四邊形是矩形，故B符合題意；C、對角線互相垂直的四邊形不能判定是平行四邊形，也就不能判定是菱形，故C不符合題意；D、對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，不能判斷它的內(nèi)角有直角，故D不符合題意；故選：B．10．（2021?西藏·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O．點E、F分別是AB，AO的中點，且AC＝8．則EF的長度為（）A．2 B．4 C．6 D．8【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AC＝BD＝8，BO＝DO＝BD＝4，再根據(jù)三角形中位線定理可得EF＝BO＝2．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD＝8，BO＝DO＝BD，∴BO＝DO＝BD＝4，∵點E、F是AB，AO的中點，∴EF是△AOB的中位線，∴EF＝BO＝2，故選：A．11．（2021?寧波·中考真題）如圖是一個由5張紙片拼成的平行四邊形ABCD，相鄰紙片之間互不重疊也無縫隙，其中兩張等腰直角三角形紙片的面積都為S1，另兩張直角三角形紙片的面積都為S2，中間一張矩形紙片EFGH的面積為S3，F(xiàn)H與GE相交于點O．當(dāng)△AEO，△BFO，△CGO，△DHO的面積相等時，下列結(jié)論一定成立的是（）A．S1＝S2 B．S1＝S3 C．AB＝AD D．EH＝GH【分析】如圖，連接DG，AH，過點O作OJ⊥DE于J．證明S△DGH＝S△AEH，S△DGC＝S△ADH，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，連接DG，AH，過點O作OJ⊥DE于J．∵四邊形EFGH是矩形，∴OH＝OF，EF＝GH，∠HEF＝90°，∵OJ⊥DE，∴∠OJH＝∠HEF＝90°，∴OJ∥EF，∵HO＝OF，∴HJ＝JE，∴EF＝GH＝2OJ，∵S△DHO＝?DH?OJ，S△DHG＝?DH?GH，∴S△DGH＝2S△DHO，同法可證S△AEH＝2S△AEO，∵S△DHO＝S△AEO，∴S△DGH＝S△AEH，∵S△DGC＝?CG?DH，S△ADH＝?DH?AE，CG＝AE，∴S△DGC＝S△ADH，∴S△DHC＝S△ADE，∴S1＝S2，故A選項符合題意；S3＝HE?EF≠S1，故B選項不符合題意；AB＝AD，EH＝GH均不成立，故C選項，D選項不符合題意，故選：A．12．（2021?內(nèi)江·中考真題）如圖，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，點A在x軸正半軸上，點D在y軸正半軸上．當(dāng)點A在x軸上運動時，點D也隨之在y軸上運動，在這個運動過程中，點C到原點O的最大距離為．【分析】取AD的中點H，連接CH，OH，由勾股定理可求CH的長，由直角三角形的性質(zhì)可求OH的長，由三角形的三邊關(guān)系可求解．【解答】解：如圖，取AD的中點H，連接CH，OH，∵矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，∴CD＝AB＝1，AD＝BC＝2，∵點H是AD的中點，∴AH＝DH＝1，∴CH＝＝＝，∵∠AOD＝90°，點H是AD的中點，∴OH＝AD＝1，在△OCH中，CO＜OH+CH，當(dāng)點H在OC上時，CO＝OH+CH，∴CO的最大值為OH+CH＝+1，故答案為：+1．13．（2021?泰州·中考真題）如圖，P為AB上任意一點，分別以AP、PB為邊在AB同側(cè)作正方形APCD、正方形PBEF，設(shè)∠CBE＝α，則∠AFP為（）A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)先表示出∠PBC的度數(shù)，然后利用“SAS”證明△APF≌△CPB，證得∠AFP＝∠PBC即可求得答案．【解答】解：∵四邊形PBEF為正方形，∴∠PBE＝90°，∵∠CBE＝α，∴∠PBC＝90°﹣α，∵四邊形APCD、PBEF是正方形，∴AP＝CP，∠APF＝∠CPB＝90°，PF＝PB，在△APF和△CPB中，，∴△APF≌△CPB（SAS），∴∠AFP＝∠PBC＝90°﹣α．故選：B．14．（2021?湖北·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，E為對角線AC上與A，C不重合的一個動點，過點E作EF⊥AB于點F，EG⊥BC于點G，連接DE，F(xiàn)G，下列結(jié)論：①DE＝FG；②DE⊥FG；③∠BFG＝∠ADE；④FG的最小值為3．其中正確結(jié)論的個數(shù)有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】①連接BE，易知四邊形EFBG為矩形，可得BE＝FG；由△AEB≌△AED可得DE＝BE，所以DE＝FG；②延長DE，交FG于M，交FB于點H，由矩形EFBG可得OF＝OB，則∠OBF＝∠OFB；由∠OBF＝∠ADE，則∠OFB＝∠ADE；由四邊形ABCD為正方形可得∠BAD＝90°，即∠AHD+∠ADH＝90°，所以∠AHD+∠OFH＝90°，即∠FMH＝90°，可得DE⊥FG；③由②中的結(jié)論可得∠BFG＝∠ADE；④由于點E為AC上一動點，當(dāng)DE⊥AC時，根據(jù)垂線段最短可得此時DE最小，最小值為，由①知FG＝DE，所以FG的最小值為2；【解答】解：①連接BE，交FG于點O，如圖，∵EF⊥AB，EG⊥BC，∴∠EFB＝∠EGB＝90°．∵∠ABC＝90°，∴四邊形EFBG為矩形．∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG．∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°．在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS）．∴BE＝DE．∴DE＝FG．∴①正確；②延長DE，交FG于M，交FB于點H，∵△ABE≌△ADE，∴∠ABE＝∠ADE．由①知：OB＝OF，∴∠OFB＝∠ABE．∴∠OFB＝∠ADE．∵∠BAD＝90°，∴∠ADE+∠AHD＝90°．∴∠OFB+∠AHD＝90°．即：∠FMH＝90°，∴DE⊥FG．∴②正確；③由②知：∠OFB＝∠ADE．即：∠BFG＝∠ADE．∴③正確；④∵點E為AC上一動點，∴根據(jù)垂線段最短，當(dāng)DE⊥AC時，DE最?。逜D＝CD＝4，∠ADC＝90°，∴AC＝．∴DE＝AC＝2．由①知：FG＝DE，∴FG的最小值為2，∴④錯誤．綜上，正確的結(jié)論為：①②③．故選：C．15．（2021?揚州·中考真題）如圖，在?ABCD中，點E在AD上，且EC平分∠BED，若∠EBC＝30°，BE＝10，則?ABCD的面積為．【分析】過點E作EF⊥BC，垂足為F，利用直角三角形的性質(zhì)求出EF，再根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義得到∠BCE＝∠BEC，可得BE＝BC＝10，最后利用平行四邊形的面積公式計算即可．【解答】解：過點E作EF⊥BC，垂足為F，∵∠EBC＝30°，BE＝10，∴EF＝BE＝5，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DEC＝∠BCE，又EC平分∠BED，即∠BEC＝∠DEC，∴∠BCE＝∠BEC，∴BE＝BC＝10，∴平行四邊形ABCD的面積＝BC×EF＝10×5＝50，故答案為：50．16．（2021?蘇州·中考真題）如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝70°，延長BC到E，在∠DCE內(nèi)作射線CM，使得∠ECM＝15°，過點D作DF⊥CM，垂足為F，若DF＝，則對角線BD的長為.（結(jié)果保留根號）【分析】連接AC交BD于H，證明△DCH≌△DCF，得出DH的長度，再根據(jù)菱形的性質(zhì)得出BD的長度．【解答】解：如圖，連接AC交BD于點H，由菱形的性質(zhì)得∠BDC＝35°，∠DCE＝70°，又∵∠MCE＝15°，∴∠DCF＝55°，∵DF⊥CM，∴∠CDF＝35°，又∵四邊形ABCD是菱形，∴BD平分∠ADC，∴∠HDC＝35°，在△CDH和△CDF中，，∴△CDH≌△CDF（AAS），∴DF＝DH＝，∴DB＝2，故答案為2．17．（2021?淄博·中考真題）兩張寬為3cm的紙條交叉重疊成四邊形ABCD，如圖所示．若∠α＝30°，則對角線BD上的動點P到A，B，C三點距離之和的最小值是．【分析】作DE⊥BC于E，解直角三角形求得AB＝BC＝6cm，把△ABP繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'BP′，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，A′B＝AB＝6cm，BP′＝BP，A'P′＝AP，∠P′BP＝60°，A'BA＝60°，所以△P′BP是等邊三角形，根據(jù)兩點間線段距離最短，可知當(dāng)PA+PB+PC＝A'C時最短，連接A'C，利用勾股定理求出A'C的長度，即求得點P到A，B，C三點距離之和的最小值．【解答】解：如圖，作DE⊥BC于E，把△ABP繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'BP′，∵∠α＝30°，DE＝3cm，∴CD＝2DE＝6cm，同理：BC＝AD＝6cm，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，A′B＝AB＝CD＝6cm，BP′＝BP，A'P′＝AP，∠P′BP＝60°，∠A'BA＝60°，∴△P′BP是等邊三角形，∴BP＝PP'，∴PA+PB+PC＝A'P′+PP'+PC，根據(jù)兩點間線段距離最短，可知當(dāng)PA+PB+PC＝A'C時最短，連接A'C，與BD的交點即為P點，即點P到A，B，C三點距離之和的最小值是A′C．∵∠ABC＝∠DCE＝∠α＝30°，∠A′BA＝60°，∴∠A′BC＝90°，∴A′C＝＝＝6（cm），因此點P到A，B，C三點距離之和的最小值是6cm，故答案為6cm．18．（2021?貴港·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，BD是對角線，AE⊥BD，垂足為E，連接CE，若tan∠ADB＝，則tan∠DEC的值是．【分析】過點C作CF⊥BD于點F，設(shè)CD＝2a，易證△ABE≌△CDF（AAS），從而可求出AE＝CF＝a，BE＝FD＝1，然后根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義即可求出答案．【解答】解：如圖，過點C作CF⊥BD于點F，在△ABE與△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS），∴AE＝CF，BE＝FD，∵AE⊥BD，tan∠ADB＝＝，設(shè)AB＝a，則AD＝2a，∴BD＝a，∵S△ABD＝BD?AE＝AB?AD，∴AE＝CF＝a，∴BE＝FD＝a，∴EF＝BD﹣2BE＝a﹣a＝a，∴tan∠DEC＝＝，故答案為：．19．（2021?青島·中考真題）如圖，在?ABCD中，E為CD邊的中點，連接BE并延長，交AD的延長線于點F，延長ED至點G，使DG＝DE，分別連接AE，AG，F(xiàn)G．（1）求證：△BCE≌△FDE；（2）當(dāng)BF平分∠ABC時，四邊形AEFG是什么特殊四邊形？請說明理由．【分析】（1）由AAS證明△BCE≌△FDE即可；（2）先證四邊形AEFG是平行四邊形，再證∠AEF＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DFE＝∠CBE，∵E為CD邊的中點，∴DE＝CE，在△BCE和△FDE中，，∴△BCE≌△FDE（AAS）；（2）解：四邊形AEFG是矩形，理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠AFB＝∠FBC，由（1）得：△BCE≌△FDE，∴BC＝FD，BE＝FE，∴FD＝AD，∵GD＝DE，∴四邊形AEFG是平行四邊形，∵BF平分∠ABC，∴∠FBC＝∠ABF，∴∠AFB＝∠ABF，∴AF＝AB，∵BE＝FE，∴AE⊥FE，∴∠AEF＝90°，∴平行四邊形AEFG是矩形．20．（2021?哈爾濱·中考真題）已知四邊形ABCD是正方形，點E在邊DA的延長線上，連接CE交AB于點G，過點B作BM⊥CE，垂足為點M，BM的延長線交AD于點F，交CD的延長線于點H．（1）如圖1，求證：CE＝BH；（2）如圖2，若AE＝AB，連接CF，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖2中的四個三角形（△AEG除外），使寫出的每個三角形都與△AEG全等．【分析】（1）由正方形的性質(zhì)可得BC＝CD＝AD＝AB，∠BCD＝∠ADC＝90°，由“AAS”可證△EDC≌△HCB，可得CE＝BH；（2）由“AAS”可證△AEG≌△BCG，由“SAS”可證△AEG≌△ABF，△AEG≌△DHF，△AEG≌△DCF．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝AD＝AB，∠BCD＝∠ADC＝90°，∵BM⊥CE，∴∠HMC＝∠ADC＝90°，∴∠H+∠HCM＝90°＝∠E+∠ECD，∴∠H＝∠E，在△EDC和△HCB中，，∴△EDC≌△HCB（AAS），∴CE＝BH；（2）△BCG，△DCF，△DHF，△ABF，理由如下：∵AE＝AB，∴AE＝BC＝AD＝CD，∵△EDC≌△HCB，∴ED＝HC，∵AD＝CD，∴AE＝HD＝BC＝AB，在△AEG和△BCG中，，∴△AEG≌△BCG（AAS），∴AG＝BG＝AB，同理可證△AFB≌△DFH，∴AF＝DF＝AD，∴AG＝AF＝DF，在△AEG和△ABF中，，∴△AEG≌△ABF（SAS），同理可證△AEG≌△DHF，△AEG≌△DCF．B卷（建議用時：80分鐘）1．（2021?宜賓·中考真題）下列說法正確的是（）A．平行四邊形是軸對稱圖形 B．平行四邊形的鄰邊相等 C．平行四邊形的對角線互相垂直 D．平行四邊形的對角線互相平分【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)以及平行四邊形的對稱性對各選項分析判斷即可得解．【解答】解：A、平行四邊形不是軸對稱圖形而是中心對稱圖形，故原命題錯誤，不符合題意；B、平行四邊形的鄰邊不等，對邊相等，故原命題錯誤，不符合題意；C、平行四邊形對角線互相平分，錯誤，故本選項不符合題意；D、平行四邊形對角線互相平分，正確，故本選項符合題意．故選：D．2．（2021?廣東·中考真題）如圖，在?ABCD中，AD＝5，AB＝12，sinA＝．過點D作DE⊥AB，垂足為E，則sin∠BCE＝．【分析】過點B作BF⊥EC于點F，根據(jù)DE⊥AB，AD＝5，sinA＝＝，可得DE＝4，根據(jù)勾股定理可得AE＝3，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AD＝BC＝5，AB＝CD＝12，BE＝AB﹣AE＝12﹣3＝9，根據(jù)tan∠CEB＝tan∠DCE，可得EF＝3BF，再根據(jù)勾股定理可得BF的長，進(jìn)而可得結(jié)果．【解答】解：如圖，過點B作BF⊥EC于點F，∵DE⊥AB，AD＝5，sinA＝＝，∴DE＝4，∴AE＝＝3，在?ABCD中，AD＝BC＝5，AB＝CD＝12，∴BE＝AB﹣AE＝12﹣3＝9，∵CD∥AB，∴∠DEA＝∠EDC＝90°，∠CEB＝∠DCE，∴tan∠CEB＝tan∠DCE，∴＝＝＝，∴EF＝3BF，在Rt△BEF中，根據(jù)勾股定理，得EF2+BF2＝BE2，∴（3BF）2+BF2＝92，解得，BF＝，∴sin∠BCE＝＝＝．故答案為：．3．（2021?蘭州·中考真題）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，點E在BD上，連接AE，CE，∠ABC＝60°，∠BCE＝15°，ED＝2+2，則AD＝（）A．4 B．3 C．2 D．2【分析】由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，AO＝CO，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝∠ACB＝60°，可得DO＝CO＝AO，AD＝2AO，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠ADC＝60°，∠BCD＝120°，AC⊥BD，AO＝CO，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝∠ACB＝60°，∴DO＝CO＝AO，AD＝2AO，∵∠BCE＝15°，∴∠ACE＝45°，∴∠ACE＝∠DEC＝45°，∴EO＝CO＝AO，∵ED＝2+2，∴AO+AO＝2+2，∴AO＝2，∴AD＝4，故選：A．4．（2021?棗莊·中考真題）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC，BD相交于點O，AC＝6，BD＝6，點P是AC上一動點，點E是AB的中點，則PD+PE的最小值為（）A．3 B．6 C．3 D．6【分析】由三角形的三邊關(guān)系可得當(dāng)點P在DE上時，PD+PE的最小值為DE的長，由菱形的性質(zhì)可得AO＝CO＝3，BO＝DO＝3，AC⊥BD，AB＝AD，由銳角三角函數(shù)可求∠ABO＝60°，可證△ABD是等邊三角形，由等邊三角形的性質(zhì)可得DE⊥AB，即可求解．【解答】解：如圖，連接DE，在△DPE中，DP+PE＞DE，∴當(dāng)點P在DE上時，PD+PE的最小值為DE的長，∵四邊形ABCD是菱形，∴AO＝CO＝3，BO＝DO＝3，AC⊥BD，AB＝AD，∴tan∠ABO＝＝，∴∠ABO＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∵點E是AB的中點，∴DE⊥AB，∵sin∠ABD＝，∴＝，∴DE＝3，故選：A．5．（2021?包頭·中考真題）如圖，在△ABC中，AB＝AC，△DBC和△ABC關(guān)于直線BC對稱，連接AD，與BC相交于點O，過點C作CE⊥CD，垂足為C，與AD相交于點E，若AD＝8，BC＝6，則的值為（）A． B． C． D．【分析】由軸對稱的性質(zhì)可得AC＝CD，AB＝BD，可證四邊形ABDC是菱形，由菱形的性質(zhì)可得AD⊥BC，AO＝DO＝4，BO＝CO＝3，∠ACO＝∠DCO，在Rt△BOD中，利用勾股定理可求BD的長，由銳角三角函數(shù)可求EO，AE的長，即可求解．【解答】解：∵△DBC和△ABC關(guān)于直線BC對稱，∴AC＝CD，AB＝BD，∵AB＝AC，∴AC＝CD＝AB＝BD，∴四邊形ABDC是菱形，∴AD⊥BC，AO＝DO＝4，BO＝CO＝3，∠ACO＝∠DCO，∴BD＝＝＝5，∵CE⊥CD，∴∠DCO+∠ECO＝90°＝∠CAO+∠ACO＝∠DCO+∠CAO，∴∠CAO＝∠ECO，∴tan∠ECO＝＝，∴，∴EO＝，∴AE＝，∴＝＝，方法二，也可以通過證明△DCE∽△DOB，可求解．故選：D．6．（2021?賀州·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點，以CD為斜邊作Rt△GCD，GD＝GC，連接GE，GF．若BC＝2GC，則∠EGF＝．【分析】由CD為斜邊作Rt△GCD，GD＝GC，得△CDG是等腰三角形，∠GDC＝∠GCD＝45°，∠DGC＝90°，再由E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點，BC＝2GC，得DF＝DG，CE＝CG，得∠DGF和∠CEG的度數(shù)，∠EGF＝∠DGC﹣∠DGF﹣∠EGC，即可求解．【解答】解：∵CD為斜邊作Rt△GCD，GD＝GC，∴∠GDC＝∠GCD＝45°，∠DGC＝90°，∴∠FDG＝∠FDC+∠CDG＝90°+45°＝135°，∵E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點，BC＝2GC，∴DF＝DG，CE＝CG，∴∠DGF＝∠DFG＝（180°﹣∠FDG）＝×45°＝22.5°，同理，可得∠CEG＝∠CGE＝（180°﹣∠ECG）＝，∴∠EGF＝∠DGC﹣∠DGF﹣∠EGC＝90°﹣22.5°﹣22.5°＝45°．故答案為：45°．7．（2021?西寧·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，E為AD的中點，連接CE，過點E作CE的垂線交AB于點F，交CD的延長線于點G，連接CF．已知AF＝，CF＝5，則EF＝．【分析】由“ASA”可證△AEF≌△DEG，可得EF＝EG，AF＝DG＝，通過證明△EDG∽△CEG，可得，即可求解．【解答】解：∵點E是AD中點，∴AE＝DE，在△AEF和△DEG中，，∴△AEF≌△DEG（ASA），∴EF＝EG，AF＝DG＝，∵CE⊥EF，∴CF＝CG＝5，∵∠G＝∠G，∠EDG＝∠CEG＝90°，∴△EDG∽△CEG，∴，∴EG2＝DG?CG＝，∴EG＝＝EF，故答案為．8．（2021?寧波·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，點E在邊AB上，△BEC與△FEC關(guān)于直線EC對稱，點B的對稱點F在邊AD上，G為CD中點，連結(jié)BG分別與CE，CF交于M，N兩點．若BM＝BE，MG＝1，則BN的長為，sin∠AFE的值為．【分析】連接BF，F(xiàn)M，由翻折及BM＝ME可得四邊形BEFM為菱形，再由菱形對角線的性質(zhì)可得BN＝BA．先證明△AEF≌△NMF得AE＝NM，再證明△FMN∽△CGN可得＝，進(jìn)而求解．【解答】解：∵BM＝BE，∴∠BEM＝∠BME，∵AB∥CD，∴∠BEM＝∠GCM，又∵∠BME＝∠GMC，∴∠GCM＝∠GMC，∴MG＝GC＝1，∵G為CD中點，∴CD＝AB＝2．連接BF，F(xiàn)M，由翻折可得∠FEM＝∠BEM，BE＝EF，∴BM＝EF，∵∠BEM＝∠BME，∴∠FEM＝∠BME，∴EF∥BM，∴四邊形BEFM為平行四邊形，∵BM＝BE，∴四邊形BEFM為菱形，∵∠EBC＝∠EFC＝90°，EF∥BG，∴∠BNF＝90°，∵BF平分∠ABN，∴FA＝FN，∴Rt△ABF≌Rt△NBF（HL），∴BN＝AB＝2．∵FE＝FM，F(xiàn)A＝FN，∠A＝∠BNF＝90°，∴Rt△AEF≌Rt△NMF（HL），∴AE＝NM，設(shè)AE＝NM＝x，則BE＝FM＝2﹣x，NG＝MG﹣NM＝1﹣x，∵FM∥GC，∴△FMN∽△CGN，∴＝，即＝，解得x＝2+（舍）或x＝2﹣，∴EF＝BE＝2﹣x＝，∴sin∠AFE＝＝＝﹣1．故答案為：2；﹣1．9．（2021?羅湖區(qū)·中考真題）如圖，矩形OABC的邊OC在y軸上，邊OA在x軸上，C點坐標(biāo)為（0，3），點D是線段OA上的一個動點，連接CD，以CD為邊作矩形CDEF，使邊EF過點B．連接OF，當(dāng)點D與點A重合時，所作矩形CDEF的面積為12．在點D的運動過程中，當(dāng)線段OF有最大值時，則點F的坐標(biāo)為．【分析】連接BD，由矩形的性質(zhì)得出S矩形CDEF＝2S△CBD＝12，S矩形OABC＝2S△CBD，得出S矩形OABC＝12，由OC＝3，得出OA＝4，由∠CFB＝90°，C、B均為定點，F(xiàn)可以看作是在以BC為直徑的圓上，取BC的中點M，則OF的最大值＝OM+BC＝+2，即O、M、F三點共線，設(shè)點F的橫坐標(biāo)為2x，則縱坐標(biāo)為3x，由勾股定理得出方程求解即可得出結(jié)果．【解答】解：當(dāng)點D與點A重合時，如圖：∵S矩形CDEF＝2S△CBD＝12，S矩形OABC＝2S△CBD，∴S矩形OABC＝12，∵C點坐標(biāo)為（0，3），∴OC＝3，∴OA＝4，∵∠CFB＝90°，C、B均為定點，∴F可以看作是在以BC為直徑的圓上，取BC的中點M，則MF＝BC＝2，OM＝＝，∴OF的最大值＝OM+BC＝+2，即O、M、F三點共線，設(shè)點F的橫坐標(biāo)為2x，則縱坐標(biāo)為3x，∴（2x）2+（3x）2＝（+2）2，解得：x＝（負(fù)值舍去）∴2x＝+2，3x＝+3∴點F坐標(biāo)（，+3）故答案為：（，+3）10．（2021?黔西南州·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，CE，DF交于點G，連接AG．下列結(jié)論：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF．其中正確的結(jié)論是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，得到BE＝AB，CF＝BC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正確；求得∠CGD＝90°，根據(jù)垂直的定義得到CE⊥DF，故②正確；延長CE交DA的延長線于H，根據(jù)線段中點的定義得到AE＝BE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BC＝AH＝AD，由AG是斜邊的中線，得到AG＝DH＝AD，求得∠ADG＝∠AGD，根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠AGE＝∠CDF．故③正確．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，∵E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，∴BE＝AB，CF＝BC，∴BE＝CF，在△CBE與△DCF中，，∴△CBE≌△DCF（SAS），∴∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正確；∵∠BCE+∠ECD＝90°，∴∠ECD+∠CDF＝90°，∴∠CGD＝90°，∴CE⊥DF，故②正確；∴∠EGD＝90°，延長CE交DA的延長線于H，∵點E是AB的中點，∴AE＝BE，∵∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，AE＝BE，∴△AEH≌△BEC（AAS），∴BC＝AH＝AD，∵AG是斜邊的中線，∴AG＝DH＝AD，∴∠ADG＝∠AGD，∵∠AGE+∠AGD＝90°，∠CDF+∠ADG＝90°，∴∠AGE＝∠CDF．故③正確；故選：D．11．（2021?赤峰·中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為2，點E是BC的中點，連接AE與對角線BD交于點G，連接CG并延長，交AB于點F，連接DE交CF于點H，連接AH．以下結(jié)論：①CF⊥DE；②＝；③GH＝；④AD＝AH，其中正確結(jié)論的序號是．【分析】由正方形的性質(zhì)可得AB＝AD＝BC＝CD＝2，BE＝CE＝，∠DCE＝∠ABE＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，可證△ABE≌△DCE，△ABG≌△CBG，可得∠BCF＝∠CDE，由余角的性質(zhì)可得CF⊥DE；由勾股定理可求DE的長，由面積法可求CH，由相似三角形的性質(zhì)可求CF，可得HF的長，即可判斷②；如圖，過點A作AM⊥DE，由△ADM≌△DCH，可得CH＝DM＝MH，由垂直平分線的性質(zhì)可得AD＝AH，即可判斷④；由△MEA∽△HEG可求GH的長，即可判斷③．【解答】解：∵四邊形ABCD是邊長為2的正方形，點E是BC的中點，∴AB＝AD＝BC＝CD＝2，BE＝CE＝，∠DCE＝∠ABE＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，∴△ABE≌△DCE（SAS），∴∠CDE＝∠BAE，DE＝AE，∵AB＝BC，∠ABG＝∠CBG，BG＝BG，∴△ABG≌△CBG（SAS），∴∠BAE＝∠BCF，∴∠BCF＝∠CDE，又∵∠CDE+∠CED＝90°，∴∠BCF+∠CED＝90°，∴∠CHE＝90°，∴CF⊥DE，故①正確；∵CD＝2，CE＝，由勾股定理得，DE＝＝＝5，∵S△DCE＝CD×CE＝DE×CH，∴CH＝2，∵∠CHE＝∠CBF，∠BCF＝∠ECH，∴△ECH∽△FCB，∴＝，∴＝，∴CF＝5，∴HF＝CF﹣CH＝3，∴＝，故②正確；如圖，過點A作AM⊥DE于點M，∵DC＝2，CH＝2，由勾股定理得，DH＝＝＝4，∵∠CDH+∠ADM＝90°，∠DAM+∠ADM＝90°，∴∠CDH＝∠DAM，又∵AD＝CD，∠CHD＝∠AMD＝90°，∴△ADM≌△DCH（AAS），∴CH＝DM＝2，AM＝DH＝4，∴MH＝DM＝2，又∵AM⊥DH，∴AD＝AH，故④正確；∵DE＝5，DH＝4，∴HE＝1，∴ME＝HE+MH＝3，∵AM⊥DE，CF⊥DE，∴∠AME＝∠GHE，∵∠HEG＝∠MEA，∴△MEA∽△HEG，∴＝，∴＝，∴HG＝，故③錯誤．綜上，正確的有：①②④．故答案為：①②④．12．（2021?深圳·中考真題）在正方形ABCD中，AB＝2，E是BC的中點，在BC延長線上取點F使EF＝ED，過點F作FG⊥ED交ED于點M，交AB于點G，交CD于點N，以下結(jié)論中：①tan∠GFB＝；②NM＝NC；③；④S四邊形GBEM＝．正確的個數(shù)是（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【分析】利用三角函數(shù)求得①正確；證明△DEC≌△FEM（AAS）得DM＝FC，再證△DMN≌△FCN，得②正確；由三角形全等，勾股定理得③錯誤；BE＝EC＝1，CF＝﹣1，由三角函數(shù)，得④正確．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵AB＝2，點E是BC邊的中點，∴CE＝1，∵∠DNM＝∠FCN，∵FG⊥DE，∴∠DMN＝90°，∴∠DMN＝∠NCF＝90°，∠GFB＝∠EDC，tan∠GFB＝tan∠EDC＝＝，①正確；②∵∠DMN＝∠NCF＝90°，∠MND＝∠FNC，∴∠MDN＝∠CFN∵∠ECD＝∠EMF，EF＝ED，∠MDN＝∠CFN∴△DEC≌△FEM（AAS）∴EM＝EC，∴DM＝FC，∠MDN＝