中考复习培优训练四边形.doc
- 文档编号:4124713
- 上传时间:2023-05-06
- 格式:DOC
- 页数:41
- 大小:707.61KB
中考复习培优训练四边形.doc
《中考复习培优训练四边形.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《中考复习培优训练四边形.doc(41页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
绝密★启用前
1.如图,在矩形ABCD中,点E是AD的中点,∠EBC的平分线交CD于点F.将△DEF沿EF折叠,点D恰好落在BE上M点处,延长BC、EF交于点N,有下列四个结论:
①DF=CF;②BF⊥EN;③△BEN是等边三角形;④S△BEF=3S△DEF.其中,正确的结论有()
A.1个B.2个C.3个D.4个
2.已知:
如图,在正方形ABCD外取一点E,连接AE、BE、DE.过点A作AE的垂线交DE于点P.若AE=AP=1,PB=.下列结论:
①△APD≌△AEB;②点B到直线AE的距离为;③EB⊥ED;④S△APD+S△APB=1+;⑤S正方形ABCD=4+.其中正确结论的序号是()
A.①③④B.①②⑤C.③④⑤D.①③⑤
3.如图,矩形ABCD中,AE平分∠BAD交BC于E,∠CAE=15°,则下列结论:
①△ODC是等边三角形;②BC=2AB;③∠AOE=135°;④S△AOE=S△COE,其中正确的结论的个数有
A.1B.2C.3D.4
4.如图,在矩形ABCD中,点E,F分别在边AB,BC上,且AE=AB,将矩形沿直线EF折叠,点B恰好落在AD边上的点P处,连接BP交EF于点Q,对于下列结论:
①EF=2BE;②PF=2PE;③FQ=4EQ;④△PBF是等边三角形.其中正确的是()
A.①②B.②③C.①③D.①④
5.如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=4,点E是BC边上一点,连接AE,把∠B沿AE折叠,使点B落在点B′处,当△CEB′为直角三角形时,BE的长为_________.
6.如图,以Rt△ABC的斜边BC为一边作正方形BCEF,设正方形的中心为O,连结AO,如果AB=3,AO=2,那么AC的长为.
7.如图,已知正方形ABCD边长为3,点E在AB边上且BE=1,点P,Q分别是边BC,CD的动点(均不与顶点重合),则四边形AEPQ的周长的最小值是.
8.如图在坐标系中放置一菱形OABC,已知∠ABC=60°,OA=1.先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转,每次翻转60°,连续翻转2014次,点B的落点依次为B1,B2,B3,…,则B2014的坐标为。
9.如图,在△ABC中,AB=6,AC=8,BC=10,P为边BC上一动点,PE⊥AB于E,PF⊥AC于F,M为EF中点,则AM的最小值为____
10.如图,P是矩形ABCD的边AD上一个动点,矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8,那么点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是.
11.正方形ABCD的边长为acm,E、F分别是BC、CD的中点,连接BF、DE,则图中阴影部分的面积是cm2.
12.如图,已知正方形ABCD的边长为4,点E为边DC的中点,连结AE,将△ADE沿着AE翻折,使点D落在正方形内的点F处,连结BF、CF,则S△BFC的面积为.
13.通过类比联想、引申拓展研究典型题目,可达到解一题知一类的目的.下面是一个案例,请补充完整.原题:
如图1,点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上,∠EAF=45°,连接EF,则EF=BE+DF,试说明理由.
(1)思路梳理
∵AB=CD,
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,可使AB与AD重合.
∵∠ADC=∠B=90°,
∴∠FDG=180°,点F、D、G共线.
根据___________,SAS
易证△AFG≌___________△AEF
,得EF=BE+DF.
(2)类比引申
如图2,四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°.点E、F分别在边BC、CD上,∠EAF=45°.若∠B、∠D都不是直角,则当∠B与∠D满足等量关系______________∠B+∠D=180°
时,仍有EF=BE+DF.
(3)联想拓展
如图3,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°.猜想BD、DE、EC应满足的等量关系,并写出推理过程.
14.已知矩形ABCD的一条边AD=8,E是BC边上的一点,将矩形ABCD沿折痕AE折叠,使得顶点B落在CD边上的点P处,PC=4(图1)1)求AB的长;2)擦去折痕AE,连结PB,设M是线段PA的一个动点(点M与点P、A不重合).N是AB沿长线上的一个动点,并且满足PM=BN.过点M作MH⊥PB,垂足为H,连结MN交PB于点F(如图2).
①若M是PA的中点,求MH的长;
②试问当点M、N在移动过程中,线段FH的长度是否发生变化?
若变化,说明理由;若不变,求出线段FH的长度.
15.已知,在△ABC中,E,M,N分别是AB,AC,BC的中点,CF∥AB,连接MN,连接并延长EM,与直线CF交于F,连接FN交直线AB于点D,交AC于O点.
(1)如图
(1),BA=BC,求证:
四边形FMNC为菱形;
(2)如图
(2),连接MB,NE,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图
(2)中的所有平行四边形(BE为边的除外).
16.如图,在菱形ABCD中,∠ABC=60°,E是对角线AC上任意一点,F是线段BC延长线上一点,且CF=AE,连接BE、EF.
(1)如图1,当E是线段AC的中点,且AB=2时,求△ABC的面积;
(2)如图2,当点E不是线段AC的中点时,求证:
BE=EF;
(3)如图3,当点E是线段AC延长线上的任意一点时,
(2)中的结论是否成立?
若成立,请给予证明;若不成立,请说明理由.
17.(2015秋•镇江期末)如图:
在平面直角坐标系xOy中,已知正比例函数y=与一次函数y=﹣x+7的图象交于点A.
(1)求点A的坐标;
(2)在y轴上确定点M,使得△AOM是等腰三角形,请直接写出点M的坐标;
(3)如图、设x轴上一点P(a,0),过点P作x轴的垂线(垂线位于点A的右侧),分别交y=和y=﹣x+7的图象于点B、C,连接OC,若BC=OA,求△ABC的面积及点B、点C的坐标;
(4)在(3)的条件下,设直线y=﹣x+7交x轴于点D,在直线BC上确定点E,使得△ADE的周长最小,请直接写出点E的坐标.
18.(2015秋•江汉区期末)某超市开展春节促销活动,出售A、B两种商品,活动方案有如下两种:
方案一
A
B
标价(单位:
元)
50
80
每件商品返利
按标价的20%
按标价的30%
方案二
若所购的A、B商品达到或超过51件(不同商品可累计),则按标价的28%返利;若没有达到51件,则不返利.
(同一商品不可同时参加两种活动)
(1)某单位购买A商品40件,B商品95件,选用何种活动方案更划算?
能便宜多少钱?
(2)若某单位购买A商品x件(x为正整数),购买B商品的件数比A商品件数的2倍还多15件,请问该单位该如何选择活动方案才能获得最大优惠?
请说明理由.
评卷人
得分
五、判断题(题型注释)
试卷第9页,总10页
本卷由系统自动生成,请仔细校对后使用,答案仅供参考。
参考答案
1.C
【解析】
试题分析:
∵四边形ABCD是矩形,∴∠D=∠BCD=90°,由折叠的性质可得:
∠EMF=∠D=90°,DF=MF,
即FM⊥BE,CF⊥BC,∵BF平分∠EBC,∴CF=MF,∴DF=CF;故①正确;
∵∠BFM=90°﹣∠EBF,∠BFC=90°﹣∠CBF,∴∠BFM=∠BFC,∵∠MFE=∠DFE=∠CFN,
∴∠BFE=∠BFN,∵∠BFE+∠BFN=180°,∴∠BFE=90°,即BF⊥EN,故②正确;
∵在△DEF和△CNF中,∠D=∠FCN=90°,DF=CF,∠DFE=∠CFN∴△DEF≌△CNF(ASA),
∴EF=FN,∴BE=BN,但无法求得△BEN各角的度数,∴△BEN不一定是等边三角形;故③错误;
∵∠BFM=∠BFC,BM⊥FM,BC⊥CF,∴BM=BC=AD=2DE=2EM,∴BE=3EM,
∴S△BEF=3S△EMF=3S△DEF;∴④正确.
考点:
(1)、折叠图形的性质;
(2)、三角形全等.
2.D.
【解析】
试题解析:
①∵∠EAB+∠BAP=90°,∠PAD+∠BAP=90°,
∴∠EAB=∠PAD,
又∵AE=AP,AB=AD,
∴△APD≌△AEB(故①正确);
③∵△APD≌△AEB,
∴∠APD=∠AEB,
又∵∠AEB=∠AEP+∠BEP,∠APD=∠AEP+∠PAE,
∴∠BEP=∠PAE=90°,
∴EB⊥ED(故③正确);
②过B作BF⊥AE,交AE的延长线于F,
∵AE=AP,∠EAP=90°,
∴∠AEP=∠APE=45°,
又∵③中EB⊥ED,BF⊥AF,
∴∠FEB=∠FBE=45°,
又∵BE=,
∴BF=EF=(故②不正确);
④如图,连接BD,在Rt△AEP中,
∵AE=AP=1,
∴EP=,
又∵PB=,
∴BE=,
∵△APD≌△AEB,
∴PD=BE=,
∴S△ABP+S△ADP=S△ABD-S△BDP=S正方形ABCD-×DP×BE
=×(4+)-××
=+.(故④不正确).
⑤∵EF=BF=,AE=1,
∴在Rt△ABF中,AB2=(AE+EF)2+BF2=4+,
∴S正方形ABCD=AB2=4+(故⑤正确);
故选D.
考点:
1.正方形的性质;2.全等三角形的判定;3.勾股定理的应用.
3.C
【解析】
试题分析:
∵四边形ABCD是矩形,∴∠BAD=90°,OA=OC,OD=OB,AC=BD,
∴OA=OD=OC=OB,∵AE平分∠BAD,∴∠DAE=45°,∵∠CAE=15°,∴∠DAC=30°,∵OA=OD,∴∠ODA=∠DAC=30°,∴∠DOC=60°,∵OD=OC,∴△ODC是等边三角形,∴①正确;∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∠ABC=90°,∴∠DAC=∠ACB=30°,∴AC=2AB,∵AC>BC,∴2AB>BC,∴②错误;∵AD∥BC,∴∠DBC=∠ADB=30°,∵AE平分∠DAB,∠DAB=90°,∴∠DAE=∠BAE=45°,∵AD∥BC,∴∠DAE=∠AEB,∴∠AEB=∠BAE,∴AB=BE,∵四边形ABCD是矩形,∴∠DOC=60°,DC=AB,∵△DOC是等边三角形,∴DC=OD,∴BE=BO,∴∠BOE=∠BEO=(180°-∠OBE)=75°,∵∠AOB=∠DOC=60°,∴∠AOE=60°+75°=135°,∴③正确;∵OA=OC,∴根据等底等高的三角形面积相等得出S△AOE=S△COE,∴④正确;故选C.
考点:
矩形的性质.
4.D.
【解析】
试题解析:
∵AE=AB,
∴BE=2AE,
由翻折的性质得,PE=BE,
∴∠APE=30°,
∴∠AEP=90°-30°=60°,
∴∠BEF=∠BEP=∠AEF=60°,
∴∠EFB=90°-60°=30°,
∴EF=2BE,故①正确;
∵BE=PE,
∴EF=2PE,
∵EF>PF,
∴PF<2PE,故②错误;
由翻折可知EF⊥PB,
∴∠EBQ=∠EFB=30°,
∴BE=2EQ,EF=2BE,
∴FQ=3EQ,故③错误;
由翻折的性质,∠EFB=∠EFP=30°,
∴∠BFP=30°+30°=60°,
∵∠PBF=90°-∠EBQ=90°-30°=60°,
∴∠PBF=∠PFB=60°,
∴△PBF是等边三角形,故④正确;
综上所述,结论正确的是①④.
故选D.
考点:
1.翻折变换(折叠问题);2.矩形的性质.
5.或3.
【解析】
试题解析:
当△CEB′为直角三角形时,有两种情况:
①当点B′落在矩形内部时,如答图1所示.
连结AC,
在Rt△ABC中,AB=3,BC=4,
∴AC==5,
∵∠B沿AE折叠,使点B落在点B′处,
∴∠AB′E=∠B=90°,
当△CEB′为直角三角形时,只能得到∠EB′C=90°,
∴点A、B′、C共线,即∠B沿AE折叠,使点B落在对角线AC上的点B′处,
∴EB=EB′,AB=AB′=3,
∴CB′=5-3=2,
设BE=x,则EB′=x,CE=4-x,
在Rt△CEB′中,
∵EB′2+CB′2=CE2,
∴x2+22=(4-x)2,解得x=,
∴BE=;
②当点B′落在AD边上时,如答图2所示.
此时ABEB′为正方形,∴BE=AB=3.
综上所述,BE的长为或3.
考点:
翻折变换(折叠问题).
6.7.
【解析】
试题解析:
如图在CA上截取CM=AB,连接OM,
∵四边形BCDE是正方形,
∴OB=OC,∠BOC=90°,
∵∠ABO+∠AKB=90°,∠OCM+∠OKC=90°,∠AKB=∠OKC,
∴∠ABO=∠OCM,
在△ABO和△MCO中,
,
∴△ABO≌△MCO,
∴AO=MO,∠AOB=∠COM,
∴∠AOM=∠BOC=90°,
∵AO=OM=2,AB=CM=3,
∴AM==4,
∴AC=AM+CM=4+3=7.
考点:
1.全等三角形的判定与性质;2.正方形的性质.
7..
【解析】
试题解析:
如图所示
,
作E关于BC的对称点E′,点A关于DC的对称点A′,连接A′E′,四边形AEPQ的周长最小,
∵AD=A′D=3,BE=BE′=1,
∴AA′=6,AE′=4.
∵DQ∥AE′,D是AA′的中点,
∴DQ是△AA′E′的中位线,
∴DQ=AE′=2;CQ=DC-CQ=3-2=1,
∵BP∥AA′,
∴△BE′P∽△AE′A′,
∴,即,BP=,CP=BC-BP=3-=,
S四边形AEPQ=S正方形ABCD-S△ADQ-S△PCQ-SBEP=9-AD•DQ-CQ•CP-BE•BP
=9-×3×2-×1×-×1×=.
考点:
1.轴对称-最短路线问题;2.正方形的性质.
8.(1342,0).
【解析】
试题解析:
连接AC,如图所示.
∵四边形OABC是菱形,
∴OA=AB=BC=OC.
∵∠ABC=60°,
∴△ABC是等边三角形.
∴AC=AB.
∴AC=OA.
∵OA=1,
∴AC=1.
画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形,如图所示.
由图可知:
每翻转6次,图形向右平移4.
∵2014=335×6+4,
∴点B4向右平移1340(即335×4)到点B2014.
∵B4的坐标为(2,0),
∴B2014的坐标为(2+1340,0),
∴B2014的坐标为(1342,0).
考点:
1.规律型:
点的坐标;2.等边三角形的判定与性质;3.菱形的性质.
9.2.4
【解析】
试题分析:
根据AB=6,AC=8,BC=10可得∠BAC=90°,根据PE⊥AB,PF⊥AC可得∠AEP=∠AFP=90°,则说明四边形AEPF为矩形,连接AP,则AP和EF就是矩形的对角线,AP=EF,根据Rt△AEF,点M为EF的中点可得AM=EF,即AM=AP,则AP最短时,AM也就最小,根据题意可得当AP⊥BC时AP最短,则根据面积法可以求出AP=6×8÷10=4.8,则AM=AP=2.4
考点:
直角三角形的性质
10.4.8.
【解析】
试题解析:
连接OP,
∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8,
∴S矩形ABCD=ABBC=48,OA=OC,OB=OD,AC=BD==10,
∴OA=OD=5,
∴S△ACD=S矩形ABCD=24,
∴S△AOD=S△ACD=12,
∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=OAPE+ODPF=×5×PE+×5×PF=(PE+PF)=12,
解得:
PE+PF=4.8.
考点:
矩形的性质.
11.a2
【解析】
试题分析:
连接BD,可看出阴影部分的面积等于正方形的面积+一个三角形的面积,用相似求出三角形的面积,阴影部分的面积可证.
解:
连接BD,EF.
∵阴影部分的面积=△ABD的面积+△BDG的面积(G为BF与DE的交点),
∴△ABD的面积=正方形ABCD的面积=a2.
∵△BCD中EF为中位线,
∴EF∥BD,EF=BD,
∴△GEF∽△GBD,
∴DG=2GE,
∴△BDE的面积=△BCD的面积.
∴△BDG的面积=△BDE的面积=△BCD的面积=•a2=a2.
∴阴影部分的面积=a2+a2=a2.
故答案为:
a2.
考点:
正方形的性质.
12.
【解析】
试题分析:
根据题意得出S△ADE+S△AFE+S△EFC+S△ABF+S△BFC=4×4,进而得出S△BFC=FN,再利用勾股定理得出FN的长,进而得出答案.
解:
∵正方形ABCD的边长为4,点E为边DC的中点,连结AE,将△ADE沿着AE翻折,使点D落在正方形内的点F处,
∴△ADE≌△AFE,DE=EC=EF=2,AB=AF=4,
过点F作FN⊥CD于点N,FM⊥AB于点M,
∴S△ADE+S△AFE+S△EFC+S△ABF+S△BFC=4×4,
∴×2×4+×2×4+×2×FN+×4×(4﹣FN)+S△BFC=16,
∴8+FN+8﹣2FN+S△BFC=16,
∴S△BFC=FN=×BC×NC=2NC,
设NC=x,则FN=2x,EN=2﹣x,
∴EF2=EN2+FN2,
∴22=(2﹣x)2+(2x)2,
解得:
x1=0(不合题意舍去),x2=,
∴FN=2×=,
∴S△BFC=.
故答案为:
.
考点:
翻折变换(折叠问题);正方形的性质.
13.答案见解析.
【解析】
试题分析:
(1)把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,可使AB与AD重合,再证明△AFG≌△AFE进而得到EF=FG,即可得EF=BE+DF;
(2)∠B+∠D=180°时,EF=BE+DF,与
(1)的证法类同;
(3)根据△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′,根据旋转的性质,可知△AEC≌△ABE′得到BE′=EC,AE′=AE,∠C=∠ABE′,∠EAC=∠E′AB,根据Rt△ABC中的,AB=AC得到∠E′BD=90°,所以E′B2+BD2=E′D2,证△AE′D≌△AED,利用DE=DE′得到DE2=BD2+EC2;
试题解析:
(1)∵AB=AD,
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,可使AB与AD重合.
∴∠BAE=∠DAG,
∵∠BAD=90°,∠EAF=45°,
∴∠BAE+∠DAF=45°,
∴∠EAF=∠FAG,
∵∠ADC=∠B=90°,
∴∠FDG=180°,点F、D、G共线,
在△AFE和△AFG中
,
∴△AFE≌△AFG(SAS),
∴EF=FG,
即:
EF=BE+DF.
(2)∠B+∠D=180°时,EF=BE+DF;
∵AB=AD,
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,可使AB与AD重合,
∴∠BAE=∠DAG,
∵∠BAD=90°,∠EAF=45°,
∴∠BAE+∠DAF=45°,
∴∠EAF=∠FAG,
∵∠ADC+∠B=180°,
∴∠FDG=180°,点F、D、G共线,
在△AFE和△AFG中
,
∴△AFE≌△AFG(SAS),
∴EF=FG,
即:
EF=BE+DF.
(3)猜想:
DE2=BD2+EC2,
证明:
连接DE′,根据△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′,
∴△AEC≌△ABE′,
∴BE′=EC,AE′=AE,
∠C=∠ABE′,∠EAC=∠E′AB,
在Rt△ABC中,
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∴∠ABC+∠ABE′=90°,
即∠E′BD=90°,
∴E′B2+BD2=E′D2,
又∵∠DAE=45°,
∴∠BAD+∠EAC=45°,
∴∠E′AB+∠BAD=45°,
即∠E′AD=45°,
在△AE′D和△AED中,
∴△AE′D≌△AED(SAS),
∴DE=DE′,
∴DE2=BD2+EC2.
考点:
几何变换综合题.
14.
(1)10;
(2);.
【解析】
试题分析:
(1)设AB=x,根据折叠可得AP=CD=x,DP=CD-CP=x-4,利用勾股定理,在Rt△ADP中,AD2+DP2=AP2,即82+(x-4)2=x2,即可解答;
(2)①过点A作AG⊥PB于点G,根据勾股定理求出PB的长,由AP=AB,所以PG=BG=PB=,在Rt△AGP中,AG=,
由AG⊥PB,MH⊥PB,所以MH∥AG,根据M是PA的中点,所以H是PG的中点,根据中位线的性质得到MH=AG=.
②作MQ∥AN,交PB于点Q,求出MP=MQ,BN=QM,得出MP=MQ,根据MH⊥PQ,得出HQ=PQ,根据∠QMF=∠BNF,证出△MFQ≌△NFB,得出QF=QB,再求出EF=PB,最后代入HF=PB即可得出线段EF的长度不变.
试题解析:
(1)设AB=x,则AP=CD=x,DP=CD-CP=x-4,
在Rt△ADP中,AD2+DP2=AP2,
即82+(x-4)2=x2,
解得:
x=10,
即AB=10.
(2)①如图2,过点A作AG⊥PB于点G,
由
(1)中的结论可得:
PC=4,BC=8,∠C=90°,
∴PB=,
∵AP=AB,
∴PG=BG=PB=,
在Rt△AGP中,AG=,
∵AG⊥PB,MH⊥PB,
∴MH∥AG,
∵M是PA的中点,
∴H是PG的中点,
∴MH=AG=.
②当点M、N在移动过程中,线段FH的长度是不发生变化;
作MQ∥AN,交PB于点Q,如图3,
∵AP=AB,MQ∥AN,
∴∠APB=∠ABP=∠MQP.
∴MP=MQ,
∵BN=PM,
∴BN=QM.
∵MP=MQ,MH⊥PQ,
∴EQ=PQ.
∵MQ∥AN,
∴∠QMF=∠BNF,
在△MFQ和△NFB中,
,
∴△MFQ≌△NFB(AAS).
∴QF=QB,
∴HF=HQ+QF=PQ+QB=PB=.
∴当点M、N在移动过程中,线段FH的长度是不发生变化,长度为.
考点:
四边形综合题.
15.
(1)见解析;
(2)所有平行四边形(BE为边的除外)有:
▱FMNC,▱MAEN,▱MBDN,▱FMBN,▱MENC.
【解析】
试题分析:
(1)首先利用三角形中位线的性质得出MEBC,MNAB,进而利用平行四边形的判定和菱形的判定方法得出即可;
(2)利用三角形中位线的性质结合平行四边形的判定得出即可.
(1)证明:
∵E,M,N分别是AB,AC,BC的中点,BA=BC,
∴MEBC,MNAB,
∴四边形MEBN是平行四边形,
又∵ME=MN,
∴
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 中考 复习 训练 四边形