2019版中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 四邊形訓(xùn)練 魯教版.doc

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2019版中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 四邊形訓(xùn)練 魯教版 1、如圖，△ABC中，AB=4，AC=3，AD、AE分別是其角平分線和中線，過點C作CG⊥AD于F，交AB于G，連接EF，則線段EF的長為（　　） 　 A． B． 1 C． D． 7 考點： 三角形中位線定理；等腰三角形的判定與性質(zhì)． 專題： 幾何圖形問題；壓軸題． 分析： 由等腰三角形的判定方法可知△AGC是等腰三角形，所以F為GC中點，再由已知條件可得EF為△CBG的中位線，利用中位線的性質(zhì)即可求出線段EF的長． 解答： 解：∵AD是其角平分線，CG⊥AD于F， ∴△AGC是等腰三角形， ∴AG=AC=3，GF=CF， ∵AB=4，AC=3， ∴BG=1， ∵AE是中線， ∴BE=CE， ∴EF為△CBG的中位線， ∴EF=BG=， 故選：A． 點評： 本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)、三角形的中位線性質(zhì)定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半． 2、如圖，正方形ABCD和正方形CEFG中，點D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中點，那么CH的長是（　　） 　 A． 2.5 B． C． D． 2 考點： 直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；勾股定理的逆定理． 專題： 幾何圖形問題． 分析： 連接AC、CF，根據(jù)正方形性質(zhì)求出AC、CF，∠ACD=∠GCF=45，再求出∠ACF=90，然后利用勾股定理列式求出AF，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半解答即可． 解答： 解：如圖，連接AC、CF， ∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3， ∴AC=，CF=3， ∠ACD=∠GCF=45， ∴∠ACF=90， 由勾股定理得，AF===2， ∵H是AF的中點， ∴CH=AF=2=． 故選：B． 點評： 本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，熟記各性質(zhì)并作輔助線構(gòu)造出直角三角形是解題的關(guān)鍵． 3、如圖，∠ACB=90，D為AB的中點，連接DC并延長到E，使CE=CD，過點B作BF∥DE，與AE的延長線交于點F．若AB=6，則BF的長為（　?。? 　 A． 6 B． 7 C． 8 D． 10 考點： 三角形中位線定理；直角三角形斜邊上的中線． 分析： 根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到CD=AB=3，則結(jié)合已知條件CE=CD可以求得ED=4．然后由三角形中位線定理可以求得BF=2ED=8． 解答： 解：如圖，∵∠ACB=90，D為AB的中點，AB=6， ∴CD=AB=3． 又CE=CD， ∴CE=1， ∴ED=CE+CD=4． 又∵BF∥DE，點D是AB的中點， ∴ED是△AFB的中位線， ∴BF=2ED=8． 故選：C． 點評： 本題考查了三角形中位線定理和直角三角形斜邊上的中線．根據(jù)已知條件求得ED的長度是解題的關(guān)鍵與難點． 4、如圖，在四邊形ABCD中，∠A+∠D=α，∠ABC的平分線與∠BCD的平分線交于點P，則∠P=（　?。? 　 A． 90﹣α B． 90+α C． D． 360﹣α 考點： 多邊形內(nèi)角與外角；三角形內(nèi)角和定理． 專題： 幾何圖形問題． 分析： 先求出∠ABC+∠BCD的度數(shù)，然后根據(jù)角平分線的性質(zhì)以及三角形的內(nèi)角和定理求解∠P的度數(shù)． 解答： 解：∵四邊形ABCD中，∠ABC+∠BCD=360﹣（∠A+∠D）=360﹣α， ∵PB和PC分別為∠ABC、∠BCD的平分線， ∴∠PBC+∠PCB=（∠ABC+∠BCD）=（360﹣α）=180﹣α， 則∠P=180﹣（∠PBC+∠PCB）=180﹣（180﹣α）=α． 故選：C． 點評： 本題考查了多邊形的內(nèi)角和外角以及三角形的內(nèi)角和定理，屬于基礎(chǔ)題． 5、如圖，將n個邊長都為2的正方形按如圖所示擺放，點A1，A2，…An分別是正方形的中心，則這n個正方形重疊部分的面積之和是（　?。? 　 A． n B． n﹣1 C． （）n﹣1 D． n 考點： 正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)． 專題： 規(guī)律型． 分析： 根據(jù)題意可得，陰影部分的面積是正方形的面積的，已知兩個正方形可得到一個陰影部分，則n個這樣的正方形重疊部分即為（n﹣1）個陰影部分的和． 解答： 解：由題意可得一個陰影部分面積等于正方形面積的，即是4=1， 5個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和為：14， n個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和為：1（n﹣1）=n﹣1． 故選：B． 點評： 此題考查了正方形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是得到n個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和的計算方法，難點是求得一個陰影部分的面積． 6、在正方形ABCD中，點E為BC邊的中點，點B′與點B關(guān)于AE對稱，B′B與AE交于點F，連接AB′，DB′，F(xiàn)C．下列結(jié)論：①AB′=AD；②△FCB′為等腰直角三角形；③∠ADB′=75；④∠CB′D=135．其中正確的是（　?。? 　 A． ①② B． ①②④ C． ③④ D． ①②③④ 考點： 正方形的性質(zhì)；軸對稱的性質(zhì)． 專題： 幾何綜合題；壓軸題． 分析： ①根據(jù)軸對稱圖形的性質(zhì)，可知△ABF與△AB′F關(guān)于AE對稱，即得AB′=AD； ②連接EB′，根據(jù)E為BC的中點和線段垂直平分線的性質(zhì)，求出∠BB′C為直角三角形； ③假設(shè)∠ADB′=75成立，則可計算出∠AB′B=60，推知△ABB′為等邊三角形，B′B=AB=BC，與B′B＜BC矛盾； ④根據(jù)∠ABB′=∠AB′B，∠AB′D=∠ADB′，結(jié)合周角定義，求出∠DB′C的度數(shù)． 解答： 解：①∵點B′與點B關(guān)于AE對稱， ∴△ABF與△AB′F關(guān)于AE對稱， ∴AB=AB′， ∵AB=AD， ∴AB′=AD．故①正確； ②如圖，連接EB′． 則BE=B′E=EC， ∠FBE=∠FB′E， ∠EB′C=∠ECB′． 則∠FB′E+∠EB′C=∠FBE+∠ECB′=90， 即△BB′C為直角三角形． ∵FE為△BCB′的中位線， ∴B′C=2FE， ∵△B′EF∽△AB′F， ∴=， 即==， 故FB′=2FE． ∴B′C=FB′． ∴△FCB′為等腰直角三角形． 故②正確． ④設(shè)∠ABB′=∠AB′B=x度， ∠AB′D=∠ADB′=y度， 則在四邊形ABB′D中，2x+2y+90=360， 即x+y=135度． 又∵∠FB′C=90， ∴∠DB′C=360﹣135﹣90=135． 故④正確． ③假設(shè)∠ADB′=75成立， 則∠AB′D=75， ∠ABB′=∠AB′B=360﹣135﹣75﹣90=60， ∴△ABB′為等邊三角形， 故B′B=AB=BC，與B′B＜BC矛盾， 故③錯誤． 故選：B． 點評： 此題考查了正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)及反證法等知識，綜合性很強，值得關(guān)注． 7、在正方形ABCD中，P為AB的中點，BE⊥PD的延長線于點E，連接AE、BE、FA⊥AE交DP于點F，連接BF，F(xiàn)C．下列結(jié)論：①△ABE≌△ADF； ②FB=AB；③CF⊥DP；④FC=EF 其中正確的是（　　） 　 A． ①②④ B． ①③④ C． ①②③ D． ①②③④ 考點： 正方形的性質(zhì)；三角形內(nèi)角和定理；全等三角形的判定與性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；等腰直角三角形． 專題： 壓軸題． 分析： 根據(jù)已知和正方形的性質(zhì)推出∠EAB=∠DAF，∠EBA=∠ADP，AB=AD，證△ABE≌△ADF即可；取EF的中點M，連接AM，推出AM=MF=EM=DF，證∠AMB=∠AMB，BM=BM，AM=MF，推出△ABM≌△FBM即可；求出∠FDC=∠EBF，推出△BEF≌△DFC即可． 解答： 解：∵正方形ABCD，BE⊥ED，EA⊥FA， ∴AB=AD=CD=BC，∠BAD=∠EAF=∠90=∠BEF， ∵∠APD=∠EPB， ∴∠EAB=∠DAF，∠EBA=∠ADP， ∵AB=AD， ∴△ABE≌△ADF，∴①正確； ∴AE=AF，BE=DF， ∴∠AEF=∠AFE=45， 取EF的中點M，連接AM， ∴AM⊥EF，AM=EM=FM， ∴BE∥AM， ∵AP=BP， ∴AM=BE=DF， ∴∠EMB=∠EBM=45， ∴∠AMB=90+45=135=∠AMB， ∵BM=BM，AM=MF， ∴△ABM≌△FBM， ∴AB=BF，∴②正確； ∴∠BAM=∠BFM， ∵∠BEF=90，AM⊥EF， ∴∠BAM+∠APM=90，∠EBF+∠EFB=90， ∴∠APF=∠EBF， ∵AB∥CD， ∴∠APD=∠FDC， ∴∠EBF=∠FDC， ∵BE=DF，BF=CD， ∴△BEF≌△DFC， ∴CF=EF，∠DFC=∠FEB=90， ∴③正確；④正確； 故選D． 點評： 本題主要考查對正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形，直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，三角形的內(nèi)角和定理等知識點的理解和掌握，綜合運用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵． 8、在平面直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的OC邊落在x軸上，∠AOC=60，OA=．若菱形OABC內(nèi)部（邊界及頂點除外）的一格點P（x，y）滿足：x2﹣y2=90x﹣90y，就稱格點P為“好點”，則菱形OABC內(nèi)部“好點”的個數(shù)為（　?。? （注：所謂“格點”，是指在平面直角坐標(biāo)系中橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點．） 　 A． 145 B． 146 C． 147 D． 148 考點： 菱形的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；含30度角的直角三角形；勾股定理． 專題： 計算題；壓軸題． 分析： 過A作AQ⊥OC于Q，過B作BH⊥X軸于H，求出OQ、AQ，根據(jù)x2﹣y2=90x﹣90y，求出x=y，x+y=90，求出BH=90 OA：y′=x（1）y=x時，有90﹣1=89個點符合（2）y=﹣x+90時，令y=y則x=45（﹣1），y=﹣x+90時有90﹣32﹣1=57個點符合，有57+89﹣1=145個點符合，即可得到答案． 解答： 解：過A作AQ⊥OC于Q，過B作BH⊥X軸于H， ∵∠A0C=60，OA=60， ∴∠OAQ=30， ∴OQ=30， 由勾股定理得：AQ=90， ∵x2﹣y2=90x﹣90y， ∴（x﹣y）（x+y﹣90）=0， ∴x=y，x+y=90， BH=90 OA：y′=x （1）y=x時，令y=90 則x=90， 作直線y=x的圖象，交AB于D， ∵AQ=90， ∴D（90，90）， ∵邊界及頂點除外 ∴y=x時有90﹣1=89個點符合（D點除外）， （2）y=﹣x+90時， ∵直線OA的解析式為y′=x， ∴令y=y′則x=45（﹣1） ∵≈1.732 ∴x≈32.9（取x=33）， 則直線OA于直線y=﹣x+90的交點是（45﹣45，135﹣45）， 再令y=0 則x=90， ∵邊界及頂點除外， ∴y=﹣x+90時有90﹣32﹣1=57個點符合， ∴有57+89﹣1=145個點符合， 故選：A． 點評： 本題主要考查對菱形的性質(zhì)，勾股定理，含30度得直角三角形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)等知識點的理解和掌握，能根據(jù)已知條件找出規(guī)律是解此題的關(guān)鍵． 9、如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為線段AB上一點，點M為邊AD的中點，EM的延長線與CD的延長線交于點F，MG⊥EF，交CD于N，交BC的延長線于G，點P是MG的中點．連接EG、FG．下列結(jié)論：①當(dāng)點E為邊AB的中點時，S△EFG=5；②MG=EF；③當(dāng)AE=時，F(xiàn)G=；④若點E從點A運動到點B，則此過程中點P移動的距離為2．其中正確的結(jié)論的個數(shù)為（　?。? 　 A． 1個 B． 2個 C． 3個 D． 4個 考點： 正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理． 專題： 壓軸題． 分析： 當(dāng)E點是AB的中點時，由條件可知AM=AE=1，由勾股定理求出EM=，通過證明△AME≌△DMF，可以得出EM=FM=，EF=2．過M作MQ⊥BC于Q（如圖），可以得出Rt△AME∽Rt△QMG，可以求出MG=2，最后由三角形的面積公式求出即可判斷①． 作EW⊥CD于W，MQ⊥BC于Q易證△EFW和△MGQ，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出EF=MG，即可判斷②； 求出EM=2，求出FM，得出MG=EF=4，在△FMG中根據(jù)勾股定理求出FG，即可判斷③； 當(dāng)E在A點時，P為正方形中心當(dāng)E運動到B點時，P運動到P，證Rt△MPP∽Rt△EMG推出PP=2MP=2，即可判斷④． 解答： 解： 過M作MQ⊥BC于Q， ∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB=2，∠A=∠B=90， ∴∠A=∠B=∠BQM=90， ∴四邊形ABQM數(shù)矩形， ∴MQ=AB=2， ∵E、M分別為AB、AD中點， ∴AE=AM=1，AM=MD， 由勾股定理得：EM==， ∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠A=∠ADF=90，AB∥CD， ∴∠AEM=∠DFM， ∵在△AEM和△DFM中 ， ∴△AEM≌△DFM（AAS）， ∴EM=MF=， ∴EF=2， ∵四邊形ABQM是矩形， ∴∠AMQ=90， ∵∠EMG=90， ∴∠AME+∠EMQ=90，∠EMQ+∠QMG=90， ∴∠AME=∠QMG， ∵在△AME和△QGM中，∠A=∠MQG=90，∠AME=∠QMG， ∴△AME∽△QMG， ∴==， ∴MQ=QG=2， 在Rt△MQG中，由勾股定理得：MG=2， ∴S△EFG=EFMG=22=4，∴①錯誤； 過E作EW⊥CD于W， ∵M(jìn)Q⊥BC，四邊形ABCD是正方形， ∴EW=AD=MQ=AB，∠MHE=90， ∵∠EMG=90， ∴∠MEG+∠EMH=90，∠EMH+∠GMH=90， ∴∠MEH=∠QMG， ∵在△FEW和△GMQ中 ， ∴△FEW≌△GMQ（ASA）， ∴EF=MG，∴②正確； ∵∠A=90，AM=1，AE=， ∴由勾股定理得：EM=2=FM， ∴MG=EF=2+2=4， 在Rt△FMG中，由勾股定理得：FG==2√5，∴③正確； 當(dāng)E在A點時，P為正方形中心 當(dāng)E運動到B點時，P運動到P， ∵△ABM∽△MGB（已證）， ==， ∵P為MQ的中點，P′為MG中點， ∴PP′∥BC， ∴∠MPP′=∠MQG=90=∠BMG，∠MP′P=∠MGB， ∴△MPP∽△BMG， ∴==， ∴PP=2MP=2，∴④正確； 即正確的有3個． 故選C． 點評： 本題考查了正方形性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識點，主要考查學(xué)生的推理能力和計算能力，題目綜合性比較強，難度偏大，對學(xué)生提出了較高的要求． 10、如圖，已知E、F分別為正方形ABCD的邊AB，BC的中點，AF與DE交于點M，O為BD的中點，則下列結(jié)論：①∠AME=90；②∠BAF=∠EDB；③∠BMO=90；④MD=2AM=4EM；⑤AM=MF．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（　?。? 　 A． 5個 B． 4個 C． 3個 D． 2個 考點： 正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)． 專題： 壓軸題． 分析： 根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB=BC=AD，∠ABC=∠BAD=90，再根據(jù)中點定義求出AE=BF，然后利用“邊角邊”證明△ABF和△DAE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠BAF=∠ADE，然后求出∠ADE+∠DAF=∠BAD=90，從而求出∠AMD=90，再根據(jù)鄰補角的定義可得∠AME=90，從而判斷①正確；根據(jù)中線的定義判斷出∠ADE≠∠EDB，然后求出∠BAF≠∠EDB，判斷出②錯誤；根據(jù)直角三角形的性質(zhì)判斷出△AED、△MAD、△MEA三個三角形相似，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例可得===2，然后求出MD=2AM=4EM，判斷出④正確，設(shè)正方形ABCD的邊長為2a，利用勾股定理列式求出AF，再根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例求出AM，然后求出MF，消掉a即可得到AM=MF，判斷出⑤正確；過點M作MN⊥AB于N，求出MN、NB，然后利用勾股定理列式求出BM，過點M作GH∥AB，過點O作OK⊥GH于K，然后求出OK、MK，再利用勾股定理列式求出MO，根據(jù)正方形的性質(zhì)求出BO，然后利用勾股定理逆定理判斷出∠BMO=90，從而判斷出③正確． 解答： 解：在正方形ABCD中，AB=BC=AD，∠ABC=∠BAD=90， ∵E、F分別為邊AB，BC的中點， ∴AE=BF=BC， 在△ABF和△DAE中， ， ∴△ABF≌△DAE（SAS）， ∴∠BAF=∠ADE， ∵∠BAF+∠DAF=∠BAD=90， ∴∠ADE+∠DAF=∠BAD=90， ∴∠AMD=180﹣（∠ADE+∠DAF）=180﹣90=90， ∴∠AME=180﹣∠AMD=180﹣90=90，故①正確； ∵DE是△ABD的中線， ∴∠ADE≠∠EDB， ∴∠BAF≠∠EDB，故②錯誤； ∵∠BAD=90，AM⊥DE， ∴△AED∽△MAD∽△MEA， ∴===2， ∴AM=2EM，MD=2AM， ∴MD=2AM=4EM，故④正確； 設(shè)正方形ABCD的邊長為2a，則BF=a， 在Rt△ABF中，AF===a， ∵∠BAF=∠MAE，∠ABC=∠AME=90， ∴△AME∽△ABF， ∴=， 即=， 解得AM=a， ∴MF=AF﹣AM=a﹣a=a， ∴AM=MF，故⑤正確； 如圖，過點M作MN⊥AB于N， 則==， 即==， 解得MN=a，AN=a， ∴NB=AB﹣AN=2a﹣a=a， 根據(jù)勾股定理，BM===a， 過點M作GH∥AB，過點O作OK⊥GH于K， 則OK=a﹣a=a，MK=a﹣a=a， 在Rt△MKO中，MO===a， 根據(jù)正方形的性質(zhì)，BO=2a=a， ∵BM2+MO2=（a）2+（a）2=2a2， BO2=（a）2=2a2， ∴BM2+MO2=BO2， ∴△BMO是直角三角形，∠BMO=90，故③正確； 綜上所述，正確的結(jié)論有①③④⑤共4個． 故選B． 點評： 本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，勾股定理逆定理的應(yīng)用，綜合性較強，難度較大，仔細(xì)分析圖形并作出輔助線構(gòu)造出直角三角形與相似三角形是解題的關(guān)鍵． 11、在平行四邊形ABCD中，對角線BD⊥BC，G為BD延長線上一點且△ABG為等邊三角形，∠BAD、∠CBD的平分線相交于點E，連接AE交BD于F，連接GE．若平行四邊形ABCD的面積為，求AG的長． 考點： 平行四邊形的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；含30度角的直角三角形． 專題： 壓軸題． 分析： 根據(jù)等邊三角形得出AB=AG=BG，∠ABG=∠GAB=∠AGB=60，求出AD⊥BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出∠DAB=30，求出BD=AB，AD=AB，根據(jù)平行四邊形面積公式求出AB，即可求出答案． 解答： 解：∵△BGA是等邊三角形， ∴AB=AG=BG，∠ABG=∠GAB=∠AGB=60， 在平行四邊形ABCD中，AD∥BC， ∵BD⊥BC， ∴∠ADB=∠DBC=90， ∴∠DAB=∠GAB=30， ∴在Rt△ADB中，BD=AB，AD=AB， ∵S平行四邊形ABCD=ADBD=AB2=9， ∴AB=6， 即AG=6． 點評： 本題考查了平行四邊形性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形，等腰三角形性質(zhì)等知識點，注意：等邊三角形的三邊相等，且每個角都等于60，30度所對的直角邊等于斜邊的一半． 12、如圖，在□ABCD中，過點C作CE⊥CD交AD于點E，將線段EC繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)90得到線段EF，點P為直線CD上一點（不與點C重合）． （1）在圖1中畫圖探究： 當(dāng)點P在CD延長線上時，連結(jié)EP并把EP繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)90得到線段EQ．作直線QF交直線CD于H，求證：QF⊥CD． （2）探究：結(jié)合（1）中的畫圖步驟，分析線段QH、PH與CE之間是否存在一種特定的數(shù)量關(guān)系？請在下面的空格中寫出你的結(jié)論；若存在，直接填寫這個關(guān)系式． ①當(dāng)點P在CD延長線上且位于H點右邊時，　QH﹣PH=2CE　； ②當(dāng)點P在邊CD上時，　QH+PH=2CE?。? （3）若AD=2AB=6，AE=1，連接DF，過P、F兩點作⊙M，使⊙M同時與直線CD、DF相切，求⊙M的半徑是多少？ 考點： 平行四邊形的性質(zhì)；勾股定理；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)． 專題： 壓軸題． 分析： （1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得PE=QE，EF=ED，然后根據(jù)同角的余角相等求出∠PEC=∠QEF，再利用“邊角邊”證明△PEC和△QEF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠QFE=∠PCE，再求出EF∥CD，然后根據(jù)兩直線平行，同位角相等求出∠QHC=90，從而得證； （2）根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得QF=PC，再證明得到四邊形EFHC是正方形，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)可得CH=FH=CE，然后分點P在CD延長線上和邊CD上兩種情況饒了求解； （3）求出DE的長，再利用勾股定理列式求出EC，然后求出DH，再次利用勾股定理列式求出FD，過點M作MN⊥FH于N，可得四邊形PMNH是矩形，設(shè)⊙M的半徑是r，然后分①點P在點D的右邊時，在Rt△MNF中，表示出FN、MN，利用勾股定理列出方程求解即可；②點P在點D的左邊時，在Rt△MNF中，表示出FN、MN，利用勾股定理列出方程求解即可． 解答： 解：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，PE=QE，EF=ED， ∵∠QEF+∠FEP=∠PEQ=90， ∠PEC+∠FEP=∠CEF=90， ∴∠PEC=∠QEF， 在△PEC和△QEF中， ， ∴△PEC≌△QEF（SAS）， ∴∠QFE=∠PCE=90， ∵∠FEC+∠PCE=90+90=180， ∴EF∥CD， ∴∠QHC=∠QFE=90， ∴QF⊥CD； （2）∵△PEC≌△QEF， ∴QF=PC， ∵∠PCE=∠CEF=∠QHC=90，CE=EF， ∴四邊形EFHC是正方形， ∴CH=FH=CE， ①如圖1，當(dāng)點P在CD延長線上且位于H點右邊時，QH=QF+FH=PC+FH=PH+CH+FH=PH+2CE， ∴QH﹣PH=2CE； ②如圖2，當(dāng)點P在邊CD上時，QH=QF+FH=PC+FH=CH﹣PH+FH=2CE﹣PH， ∴QF+PH=2CE； （3）∵AD=6，AE=1， ∴DE=5， 在Rt△CDE中，CE===4， ∴DH=CH﹣CD=CE﹣CD=4﹣3=1， 在Rt△DFH中，F(xiàn)D===， 如圖，過點M作MN⊥FH于N， 則四邊形PMNH是矩形， ∵⊙M同時與直線CD、DF相切， ∴DP=FD=， 設(shè)⊙M的半徑是r， ①點P在點D的右邊時，在Rt△MNF中，F(xiàn)N=4﹣r，MN=﹣1， 由勾股定理得，F(xiàn)N2+MN2=MF2， 即（4﹣r）2+（﹣1）2=r2， 解得r=， ②點P在點D的左邊時，在Rt△MNF中，F(xiàn)N=r﹣4，MN=+1， 由勾股定理得，F(xiàn)N2+MN2=MF2， 即（r﹣4）2+（+1）2=r2， 解得r=， 綜上所述，⊙M的半徑是或． 點評： 本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，切線長定理，（3）難點在于作輔助線構(gòu)造出全等三角形和矩形． 13、如圖，在等腰梯形中，AC∥OB，OA=BC．以O(shè)為原點，OB所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系xOy，已知A（2，2），B（8，0）． （1）直接寫出點C的坐標(biāo)； （2）設(shè)D為OB的中點，以D為圓心，OB長為直徑作⊙D，試判斷點A與⊙D的位置關(guān)系； （3）在第一象限內(nèi)確定點M，使△MOB與△AOB相似，求出所有符合條件的點M的坐標(biāo)． 考點： 等腰梯形的性質(zhì)；勾股定理；點與圓的位置關(guān)系；相似三角形的判定與性質(zhì)． 專題： 幾何綜合題；壓軸題；分類討論． 分析： （1）已知四邊形OACB是等腰梯形，則根據(jù)A，B的坐標(biāo)及等腰梯形的性質(zhì)即可求得點C的坐標(biāo)． （2）連接AD，根據(jù)已知可推出四邊形ABCD是平行四邊形，過A作AE⊥OB于E，根據(jù)勾股定理即可注得AO的長，從而可判定點A在⊙D上． （3）點A在⊙D上，OB為直徑，則可知△OAB是直角三角形，從而分情況進(jìn)行分析即可． 解答： 解：（1）C（6，）； （2）連接AD． ∵AC∥OB，即AC∥BD． ∵D是圓心 ∴DB=OB=4=AC ∴ACBD是平行四邊形 ∴AD=CB=AO 過A作AE⊥OB于E 在直角三角形AEO中，由勾股定理可求得AO=4 ∴AD=AO=4=OB ∴點A在⊙D上； （3）∵點A在⊙D上，OB為直徑 ∴∠OAB=90 即△OAB是直角三角形 故符合題意的點M有以下3種情況： ①當(dāng)△OM1B與△BAO相似時（如圖），則有 ∴M1B=AO ∵CB=AO ∴M1B=CB ∴點M1與點C重合 ∴此時點M1的坐標(biāo)為（6，2）； ②當(dāng)△OM2B與△OBA相似時，即過B點作OB的垂線交OA的延長線于M2（如圖）， 則有． 在直角三角形△OAB中，由勾股定理可求得AB=4． ∴M2B=8． ∴此時點M2的坐標(biāo)為（8，8）． ③當(dāng)△OM3B與△BOA相似時，即過B點作OB的垂線交OC的延長線于M3（如圖）， 則有． ∴M3B=． ∴此時點M3的坐標(biāo)為（8，）． 點評： 此題主要考查學(xué)生對等腰梯形的性質(zhì)，點與圓的位置關(guān)系及相似三角形的判定方法等知識點的綜合運用能力． 14、在平面直角坐標(biāo)系中，已知等腰梯形ABCD的三個頂點A（﹣2，0），B（6，0），C（4，6），對角線AC與BD相交于點E． （1）求E的坐標(biāo)； （2）若M是x軸上一動點，求MC+MD的最小值； （3）在y軸正半軸上求點P，使以P、B、C為頂點的三角形為等腰三角形． 考點： 等腰梯形的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；等腰三角形的判定；軸對稱-最短路線問題． 專題： 代數(shù)幾何綜合題；壓軸題． 分析： （1）作EF⊥AB，根據(jù)已知，可得出OD=6，F(xiàn)B=4，OF=2，然后，根據(jù)相似，即可求出EF的長，即可得出點E的坐標(biāo)； （2）作點D關(guān)于x軸的對稱點D′，則D′的坐標(biāo)為（0，﹣6），根據(jù)兩點間的距離公式，算出即可； （3）設(shè)點P（0，y），y＞0，分三種情況，①PC=BC；②PB=BC；③PB=PC；解答出即可； 解答： 解：（1）作EF⊥AB， ∴=， ∵梯形ABCD是等腰梯形， ∴AE=BE， ∴在等腰三角形ABE中，AF=BF， ∵A（﹣2，0），B（6，0），C（4，6）， ∴點D的坐標(biāo)為（0，6）， ∴OD=6，F(xiàn)B=4，OF=2， ∴=， ∴EF=4， ∴點E的坐標(biāo)為（2，4）； （2）由題意可得， 點D關(guān)于x軸的對稱點D′的坐標(biāo)為（0，﹣6）， CD′與x軸的交點為M， ∴此時，MC+MD=CD′為最小值， ∴CD′==4； （3）設(shè)點P（0，y），y＞0， 分三種情況，①PC=BC； ∴42+（6﹣y）2=22+62， 解得，y=6； ②PB=BC； ∴62+y2=22+62， 解得，y=2，y=﹣2（舍去）； ③PB=PC； ∴62+y2=42+（6﹣y）2， 解得，y=； 綜上，點P的坐標(biāo)為：（0，6+），（0，6﹣），（0，2），（0，）． 點評： 本題主要考查了等腰梯形、等腰三角形、最短路線問題及坐標(biāo)與圖形的關(guān)系，鍛煉了學(xué)生對于知識的綜合運用能力和良好的空間想象能力． 15、如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB=4，CD=12，∠C=60，動點P從點C出發(fā)沿C→D方向向終點D運動，動點Q同時以相同速度從點D出發(fā)沿D→A→B方向向終點B運動． （1）求AD的長； （2）探究：在BC邊上是否存在點M使得四邊形PDQM是菱形？若存在，請找出點M；不存在，請說明理由； （3）在整過運動過程中，求：線段PQ的中點O運動的路程． 考點： 等腰梯形的性質(zhì)；菱形的性質(zhì)． 專題： 壓軸題． 分析： （1）首先過點A作AE∥BC交CD于E，易證得四邊形ABCE是平行四邊形，即可求得DE的長，繼而可得△AED是等邊三角形，則可求得AD的長； （2）若存在滿足條件的點M，則PD必須等于DQ，即可求得△PDQ恰為等邊三角形．過點D作DO⊥PQ于點O，延長DO交BC于點M，連接PM、QM，則DM垂直平分PQ，繼而可得MC⊥DM，則可求得BM的長； （3）分析可得PQ的中點O運動的軌跡分為兩部分；當(dāng)Q在AD上時，PQ的中點O關(guān)于AF對稱的一條線段，長度是相同的．起點是CD的中點、終點是AF的中點；當(dāng)Q在AB上時，PQ的中點O始終不動，則可求得線段PQ的中點O運動的路程． 解答： 解：（1）過點A作AE∥BC交CD于E， ∵AB∥CD， ∴四邊形ABCE是平行四邊形， ∴AE=BC，CE=AB=4， ∴DE=CD﹣CE=12﹣4=8， ∵AD=BC， ∴AE=BC， ∵∠C=60， ∴∠D=∠C=60， ∴△AED是等邊三角形， ∴AD=DE=8； （2）存在滿足條件的點M，則PD必須等于DQ． 設(shè)動點P與Q的運動時間為t， 于是12﹣t=t，t=6． 此時，點P、Q的位置如圖2所示，△PDQ恰為等邊三角形． 過點D作DO⊥PQ于點O，延長DO交BC于點M，連接PM、QM，則DM垂直平分PQ， ∴MP=MQ． 易知∠1=∠C． ∴PQ∥BC． 又∵DO⊥PQ， ∴MC⊥MD ∴MP=CD=PD，即MP=PD=DQ=QM， ∴四邊形PDQM是菱形， ∴存在滿足條件的點M，且BM=BC﹣MC=8﹣6=2； （3）PQ的中點O運動的軌跡分為兩部分； 當(dāng)Q在AD上時，PQ的中點O關(guān)于AF對稱的一條線段，長度是相同的．起點是CD的中點、終點是AF的中點； 當(dāng)Q在AB上時，PQ的中點O始終不動，此段Q中點運動的距離為0． ∴線段PQ的中點O運動的路程為：4． 點評： 此題考查了等腰梯形的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，以及直角三角形的性質(zhì)等知識．此題綜合性很強，難度較大，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合，方程思想與分類討論思想的應(yīng)用，注意輔助線的作法． 16、如圖，正方形ABCD中，M為BC上除點B、C外的任意一點，△AMN是等腰直角三角形，斜邊AN與CD交于點F，延長AN與BC的延長線交于點E，連接MF、CN． （1）求證：BM+DF=MF； （2）求∠NCE的度數(shù)． 考點： 正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰直角三角形． 專題： 證明題；壓軸題． 分析： （1）截長補短類型題目，延長CD至G使DG=BM，證明△ADG≌△ABM，將BM+DF轉(zhuǎn)化到一條線段GF上，再證明MF=GF； （2）過點N作NH⊥EB，證△MHN≌△ABM，再根據(jù)線段間的關(guān)系得到NH=HC，從而得到△CHN是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠NCE=45． 解答： （1）證明：延長CD至G使DG=BM， 在△ADG和△ABM中， ， ∴△ADG≌△ABM（SAS）， ∴AG=AM， 又∵△AMN為等腰直角三角形， ∴∠MAN=45， ∴∠FAD+∠MAB=45， ∵∠DAG=∠BAM， ∴∠GAF=∠FAD+∠DAG=45， ∴∠GAF=∠MAN， 在在△AFG和△AFM中， ， ∴△AFG≌△AFM（SAS）， ∴MF=GF， 又∵GF=GD+DF，GD=BM， ∴BM+DF=MF； （2）解：過點N作NH⊥EB于點H， ∠AMB=180﹣∠AMN﹣∠NMH=90﹣∠NMH=∠MNH， 在△ABM≌△MHN中， ， ∴△ABM≌△MHN（AAS）， ∴AB=MH，BM=NH， ∵CH=MH﹣MC=AB﹣MC=BC﹣MC=BM=NH， ∴△CHN是等腰直角三角形， ∴∠NCE=∠NCG=45． 點評： 本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟記性質(zhì)并作輔助線構(gòu)造出全等三角形，然后確定出三角形全等的條件是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點． 17、如圖，在等腰梯形ABCE中，BC∥AE且AB=BC，以點E為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，若將梯形ABCD沿AC折疊，使點B恰好落在x軸上點D位置，過C、D兩點的直線與y軸交于點F． （1）試判斷四邊形ABCD是怎樣的特殊四邊形，并說明你的理由； （2）如果∠BAE=60，AB=2cm，那么在y軸上是否存在一點P，使以P、D、F為頂點的三角形構(gòu)成等腰三角形，若存在，請求出所有可能的P點坐標(biāo)，若不存在，請說明理由； （3）在（2）的條件下，若將△EDF沿x軸正方向以1cm/s的速度平移到點E與點A重合時為止，設(shè)△EDF在平移過程中與△ECA重合部分的面積為S，平移的時間為x秒，試求出S與x之間的函數(shù)關(guān)系式及自變量范圍，并求出何時S有最大值，最大值是多少？ 考點： 梯形；等腰三角形的性質(zhì)；菱形的判定；翻折變換（折疊問題）；平移的性質(zhì)． 專題： 壓軸題；開放型；操作型． 分析： （1）由已知易得AB=BC=DA=AB，所以四邊形ABCD為菱形． （2）若△PDF等腰三角形DF可能為腰，分別討論找出相關(guān)系并求出坐標(biāo)進(jìn)行判斷． （3）由（2）可得，AE=DE+AD=4cm，則DE=2，AD=2，設(shè)△DEF平移到△D′E′F′，則EE′=x，E′M=x，AD=AE﹣D′E′﹣EE=4﹣2﹣x=2﹣x，可得S△EME′=x2，S△AD′N=（2﹣x）2，則S=S△ADE﹣S△EME′﹣S△AD′N，代入整理可得S與x的解析式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求得最大值即可． 解答： 解：（1）四邊形ABCD為菱形． 理由如下：因為點B和點D關(guān)于直線AC對稱所以AB=AD，BC=DC．由AB=BC得AB=BC=DA=AB，所以四邊形ABCD為菱形． （2）因為四邊形ABCD為菱形，所以DF∥AB，所以∠CDE=∠CED=60，所以△CDE為等邊三角形，所以DE=CD=AB=2cm．在Rt△DEF中，DF=DEcos60=2cos60=4cm． ①如果以F為頂點，即FP=FD時，P點坐標(biāo)為（0，4+2），（0，2﹣4）； ②如果以P為頂點，即PF=PD時，P點坐標(biāo)為（0，）； ③如果以D為頂點，即DF=DP時，P點坐標(biāo)為（0，﹣2）． 綜上所述，P點坐標(biāo)為（0，4+2），（0，2﹣4），（0，），（0，﹣2）． （3） 由（2）可得，AE=DE+AD=4cm，則DE=2，AD=2 ①設(shè)△DEF平移到△D′E′F′，則EE′=x，E′A=4﹣x，AD=AE′﹣E′D′=4﹣x﹣2=2﹣x， 可得S△A′ME′=（4﹣x）2，S△AD′N=（2﹣x）2， 則S=S△A′ME′﹣S△AD′N=（4﹣x）2﹣（2﹣x）2（0≤x≤1）； ②設(shè)△DEF平移到△D′E′F′，則EE′=x，E′M=x，AD=AE﹣DE′﹣EE′=4﹣2﹣x=2﹣x 可得S△EME′=x2 S△AD′N=（2﹣x）2， 則S=S△AME﹣S△EME′﹣S△AD′N=x2﹣（2﹣x）2=﹣（1≤x≤2） 當(dāng)x=﹣=，則當(dāng)x=1時，S有最大值是：（2﹣1）2=； ③設(shè)△DEF平移到△D′E′F′，則EE′=x，AE′=4﹣x， 可得S=S△A′ME′=（4﹣x）2（2≤x≤4）． 點評： 本題考查梯形，菱形、直角三角形、二次函數(shù)的相關(guān)知識的理解及運用，綜合性強，做題時要注意知識點之間的聯(lián)系． 18、如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90，過點C作CE⊥BD交BD于G，交BA延長線于點E，交AD于F，且EF=FD． （1）求證：BC=FC； （2）若AF=1，tan∠BCE=，求梯形ABCD的面積． 考點： 直角梯形；全等三角形的判定與性質(zhì)；解直角三角形． 專題： 證明題；壓軸題． 分析： （1）連接BF，利用“角角邊”證明△AFE和△GFD全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AF=GF，再利用“HL”證明Rt△AFB和Rt△GFB全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠AFB=∠GFB，根據(jù)梯形的對邊AD∥BC，利用兩直線平行，內(nèi)錯角相等求出∠AFB=∠CBF，再根據(jù)等角對等邊即可得證； （2）根據(jù)兩直線平行，同位角相等求出∠AFE=∠BCE，然后解直角三角形求出AE、EF的長，從而可以求出AD的長，再設(shè)BC=x，解直角三角形表示出BE、CE，再根據(jù)CE=EF+CF列出方程求解得到BC的值，再求出AB的值，然后根據(jù)梯形的面積公式列式進(jìn)行計算即可得解． 解答： （1）證明：如圖，連接BF， ∵CE⊥BD， ∴∠DGF=90， ∵AD∥BC，∠ABC=90， ∴∠EAF=90， ∴∠DGF=∠EAF=90， 在△AFE和△GFD中， ∵， ∴△AFE≌△GFD（AAS）， ∴AF=GF， 在Rt△AFB和Rt△GFB中， ∵， ∴Rt△AFB≌Rt△GFB（HL）， ∴∠AFB=∠GFB， 又∵AD∥BC， ∴∠AFB=∠CBF， ∴BC=FC； （2）解：∵AD∥BC， ∴∠AFE=∠BCE， ∵AF=1，tan∠BCE=， ∴AE=AF?tan∠AFE=1=， 根據(jù)勾股定理，EF===， ∴AD=AF+FD=1+=， 設(shè)BC=x，∵tan∠BCE=， ∴BE=BC?tan∠BCE=x， CE=x， 由（1）可知FC=BC=x， ∴x=+x， 解得x=5， ∴AB=BE﹣AE=5﹣=3， ∴S梯形ABCD=（+5）3=． 點評： 本題考查了直角梯形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，（2）利用解直角三角形表示出三角形的邊的長，然后列出方程求出BC的長是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點． 19、如圖，四邊形OABC為直角梯形，A、B、C的坐標(biāo)分別為（4，0）、（4，4）、（2，4），DEFG的邊長為4的正方形，D、G在x軸上，當(dāng)點D與點O重合時，此正方形開始向右運動；當(dāng)點G與點A重合時，運動停止，設(shè)OD=x，此正方形和直角梯形重合部分的面積為S，回答下列問題： （1）求x的取值范圍； （2）求tan∠COA的值； （3）當(dāng)x=2時，S=　4　；當(dāng)x=4時，S=　12??；當(dāng)x=6時，S=　8　； （4）求S與x的函數(shù)關(guān)系式． 考點： 直角梯形；正方形的性質(zhì)． 專題： 壓軸題；動點型． 分析： （1）根據(jù)點A的坐標(biāo)和正方形DEFG的邊長，即可求得x的取值范圍； （2）作CM⊥OA于M．根據(jù)矩形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)的概念即可求解； （3）分別正確畫出對應(yīng)的圖形，根據(jù)圖形的面積公式進(jìn)行計算； （4）根據(jù)（3）中的三種情況即可建立分段函數(shù)． 解答： 解：（1）∵點A的坐標(biāo)是（4，0），DEFG是邊長為4的正方形， ∴x的取值范圍是0≤x≤8． （2）如圖，作CM⊥OA于M． 則CM=AB=4，OM=OA﹣BC=4﹣2=2． ∴tan∠COA=2． ， （3）如圖1，當(dāng)x=2時，則S=242=4； 如圖2，當(dāng)x=4時，則S=（2+4）42=12； 如圖3，當(dāng)x=6時，則S=24=8． （4）當(dāng)0≤x≤2時，則S==x2； 當(dāng)2＜x≤4時，則S==4x﹣4； 當(dāng)4＜x≤6時，則S=﹣x2+8x﹣4； 當(dāng)6＜x≤8時，則S=4（﹣x+8）=﹣4x+32． 點評： 此題綜合運用了直角梯形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，特別注意解決動態(tài)的問題時，要畫出一種符合條件的靜態(tài)時的位置進(jìn)行分析． 20、在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，且DE⊥AD于D，∠EBC=∠CDE，∠ECB=45． （1）求證：AB=BE； （2）延長BE，交CD于F．若CE=，tan∠CDE=，求BF的長． 考點： 梯形；全等三角形的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；解直角三角形． 專題： 壓軸題；數(shù)形結(jié)合． 分析： （1）延長DE，交BC于G，通過證明△BEG≌△DCG（AAS），即可得出AB=BE； （2）連接BD，可先證明BF⊥CD，求出△BCD的面積及CD的長，繼而得出答案；或者利用△BEG∽△BFC，，將各邊代入求解． 解答： 解：（1）證明：延長DE，交BC于G． ∵DE⊥AD于D，∴∠ADE=90 又AD∥BC，∴∠DGC=∠BGE=∠ADE=90，（1分） 而∠ECB=45，∴△EGC是等腰直角三角形， ∴EG=CG（2分） 在△BEG和△DCG中， ∴△BEG≌△DCG（AAS）（4分） ∴BE=CD=AB（5分） （2）連接BD． ∵∠EBC=∠CDE， ∴∠EBC+∠BCD=∠CDE+∠BCD=90，即∠BFC=90 ∵CE=，∴EG=CG（16分） 又tan∠CDE=，∴，∴DG=3（7分） ∵△BEG≌△DCG，∴BG=DG=3 ∴ ∴CD=BE=．（8分） 法一：∵， ∴（10分） 法二：經(jīng)探索得，△BEG∽△BFC，∴，∴ ∴．（10分） 點評： 本題考查了梯形、全等三角形和相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，有一定難度，注意這些知識的熟練掌握以便靈活運用． 21、如圖，矩形ABCD的頂點A坐標(biāo)為（0，0），頂點B的坐標(biāo)是（﹣2，1），頂點C在y軸上． （1）求點D的坐標(biāo)； （2）將矩形ABCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)，使點D落在x軸的點G處，得到矩形AEFG，EF與AD交于點H．過點H的反比例函數(shù)圖象交FG于點I．求△AHI的面積； （3）小明猜想△AHI是一個直角三角形，他的猜想對嗎？請談?wù)勀愕目捶ǎ? 考點： 矩形的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征；勾股定理的逆定理；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；相似三角形的性質(zhì)． 專題： 代數(shù)幾何綜合題；壓軸題． 分析： （1）點B，D到y(tǒng)軸的距離相等，因而兩點的橫坐標(biāo)一定互為相反數(shù)，即D的橫坐標(biāo)是2，并且易證△OBP∽△DAQ，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等，就可以求出D點的縱坐標(biāo)． （2）根據(jù)OE=OB，就可以得到E點的縱坐標(biāo)，即H的縱坐標(biāo)．H又在直線CD上，CD的解析式易求得，則H的坐標(biāo)就可以求出．根據(jù)待定系數(shù)法就可以求出反比例函數(shù)的解析式，進(jìn)而求出點I的坐標(biāo)． （3）中的問題，先驗證△AHI是一個直角三角形，可以根據(jù)點的坐標(biāo)求出三角形的三邊的長，判斷是否是直角三角形，若是，面積就可以求出． 解答： 解：（1）過B，D作△ABC和△ACD的高BM，DN， 在△ABC和△ACD中， ， ∴△ABC≌△ACD， ∴BM=DN=2， 過點B，D作x軸的垂線BP，DQ，則OP=AQ=2． ∵∠BAD=90， ∴∠BAP+∠DAQ=90， 又∵∠BAP+∠ABP=90， ∴∠BAP=∠ADQ， ∴△OBP∽△DAQ， ∴=， 即=， ∴DQ=4， 則D的坐標(biāo)是（2，4）． （2）（3）設(shè)直線OD的解析式是y=kx，把（2，4）代入解得k=2， 因而函數(shù)解析式是y=2x， 在直角△OBP中，根據(jù)勾股定理得到OB=， ∴OE=OB=， 即H點的縱坐標(biāo)是， 把y=代入y=2x，得到x=， 則H點的坐標(biāo)是（，）， 設(shè)反比例函數(shù)的解析式是y=，把H點的坐標(biāo)（，）代入解得k=， 則解析式是y=， 在直角△ADQ中，根據(jù)勾股定理得到OD==2， ∴OG=OD=2， 則I點的橫坐標(biāo)是2， 把x=2代入解析式得到y(tǒng)=， 則I點的坐標(biāo)是（2，）， ∴OH2=，OI2=HI2=， ∵+=， 即AH2+HI2=AI2， ∴△AHI是一個直角三角形， ∴△AHI的面積是?2=． 點評： 本題是一個函數(shù)與矩形相結(jié)合的題目，正確的審題，先證明三角形是直角三角形可以簡化計算過程． 22、如圖，點O為平面直角坐標(biāo)系的原點，邊長為4的菱形OABC的一邊OA與x軸的正半軸重合，∠COA=60度． （1）求B點的坐標(biāo)； （2）過點C的直線將菱形OABC分成面積比為1：3的兩部分，求該直線的解析式． 考點： 菱形的性質(zhì)；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式． 專題： 代數(shù)幾何綜合題；壓軸題． 分析： （1）作CE⊥OA于點E，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可求出B點坐標(biāo)； （2）連接AC，作CE⊥OA于點E，CF⊥AB于F，設(shè)菱形ABCO的面積為S，根據(jù)菱形的性質(zhì)可求出A點的坐標(biāo)，及E，F(xiàn)分別是OA，AB的中點，根據(jù)三角形的面積公式可求出S△COE：SCEAB=1：3，S△BCF：SCFAO=1：3，由F是AB的中點F點的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求出直線CF的解析式． 解答： 解：（1）作CE⊥OA于點E ∵∠COA=60 ∴OE=OC=4=2 故B點坐標(biāo)為（6，） （2）如圖， 連接AC，作CE⊥OA于點E，CF⊥AB于F，設(shè)菱形ABCO的面積為S ∵四邊形ABCO是邊長為4的菱形，∠COA=60 ∴△OAC和△BAC都是等邊三角形，點A的坐標(biāo)為（4，0） ∴△OAC≌△BAC，E、F分別是OA、AB的中點 ∴OE=2，CE=，S△COE=△AOC=S，S△BCF=△ABC=S ∴點C的坐標(biāo)為（2，），S△COE：SCEAB=1：3，S△BCF：SCFAO=1：3 ∴直線CE和CF均將菱形OABC分成面積比為1：3的兩部分， 且直線CE的解析式為x=2（7分） ∵點B的坐標(biāo)為（6，） ∴點F的坐標(biāo)為（5，） ∴可求得直線CF的解析式為：y=﹣x+ ∴所求直線的解析式為x=2或y=﹣x+ 點評： 本題比較復(fù)雜，涉及到菱形的性質(zhì)，用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的運用． 23、已知：如圖，ABCD為正方形，以D點為圓心，AD為半徑的圓弧與以BC為直徑的⊙O相交于P、C兩點，連接AC、AP、CP，井延長CP、AP分別交AB、BC、⊙O于E、H、F、三點，連接OF． （1）求證：△AEP∽△CEA； （2）判斷線段AB與OF的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論； （3）求BH：HC． 考點： 正方形的性質(zhì)；平行線分線段成比例；相似三角形的判定． 專題： 幾何綜合題；壓軸題． 分析： （1）欲證△AEP∽△CEA，可以根