浙江省11市年中考数学试题分类解析汇编-专题11-四边形问题.doc

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1、精品文档，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除专题11：四边形问题1. （2015年浙江湖州3分）如图，AC是矩形ABCD的对角线，O是ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F，G分别在AD，BC上，连结OG，DG，若OGDG，且O的半径长为1，则下列结论不成立的是【 】A. CD+DF=4 B. C. D. 【答案】A.【考点】折叠问题；正方形的判定和性质；矩形的判定和性质；折叠对称的性质；全等三角形的判定和性质；切线的性质；切线长定理；勾股定理；方程思想的应用.【分析】如答图，过点O分别作AD、AB、BC的垂线，垂足分别是N、P、M，OE与

2、AC交于点S.则四边形BMOP是正方形，四边形ANOP是矩形.O的半径长为1，.设，由折叠知，OG=DG，OGDG，即.又O是ABC的内切圆，即.联立，解得.由折叠知，又，即，解得.A.，选项结论不成立；B.，选项结论成立； C.，选项结论成立； D. ，选项结论成立.故选A.2. （2015年浙江金华3分）如图，正方形ABCD和正三角形AEF都内接于O，EF与BC，CD分别相交于点G，H，则的值是【 】A. B. C. D. 2【答案】C.【考点】正方形和等边三角形的性质；圆周角定理；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；等腰直角三角形的判定和性质，特殊元素法的应用.【分析】如答图，连接，与

3、交于点.则根据对称性质，经过圆心，垂直 平分，.不妨设正方形ABCD的边长为2，则.是O的直径，.在中，在中，.易知是等腰直角三角形，.又是等边三角形，.故选C.3. （2015年浙江宁波4分） 如图，ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，如果添加一个条件，使ABECDF，则添加的条件不能为【 】A. BE=DF B. BF=DE C. AE=CF D. 1=2【答案】C.【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定. 【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定对各选项进行分析，作出判断：四边形是平行四边形，ABCD，AB=CD.ABE=CDF.若添加BE=DF，则根据SAS可判定ABEC

4、DF；若添加BF=DE，由等量减等量差相等得BE=DF，则根据SAS可判定ABECDF；若添加AE=CF，是AAS不可判定ABECDF；若添加1=2，则根据ASA可判定ABECDF.故选C.4. （2015年浙江衢州3分）如图，在ABCD中，已知平分交于点，则的长等于【 】A. B. C. D. 【答案】C【考点】平行四边形的性质；等腰三角形的判定和性质【分析】四边形ABCD是平行四边形，.又平分，.故选C.5. （2015年浙江衢州3分）如图，已知某广场菱形花坛的周长是24米，则花坛对角线的长等于【 】 A. 米 B. 米 C. 米 D. 米【答案】A.【考点】菱形的性质；锐角三角函数定义；

5、特殊角的三角函数值.【分析】菱形花坛的周长是24，.（米）.故选A.6. （2015年浙江台州4分）如果将长为6cm，宽为5cm的长方形纸片折叠一次，那么这条折痕的长不可能是【 】A.8cm B.cm C.5.5cm D.1cm【答案】A.【考点】折叠问题；矩形的性质；勾股定理；实数的大小比较.【分析】将长为6cm，宽为5cm的长方形纸片折叠一次，折痕的长最长的是对角线.长为6cm，宽为5cm，对角线长（cm）.8cmcm，这条折痕的长不可能是8cm.故选A.7. （2015年浙江台州4分）如图，在菱形ABCD中，AB=8，点E、F分别在AB、AD上，且AE=AF，过点E作EGAD交CD于点G

6、，过点F作FHAB交BC于点H，EG与FH交于点O，当四边形AEOF与四边形CGOH的周长之差为12时，AE的值为【 】A.6.5 B.6 C.5.5 D.5【答案】C.【考点】菱形的判定和性质；方程思想的应用.【分析】易知，四边形AEOF和四边形CGOH都是菱形，设AE=，CG=，在菱形ABCD中，AB=8，.四边形AEOF与四边形CGOH的周长之差为12，.，即AE的值为5.5. 故选C.8. （2015年浙江温州4分）如图，C是以AB为直径的半圆O上一点，连结AC，BC，分别以AC，BC为边向外作正方形ACDE，BCFG，DE，FG，的中点分别是M，N，P，Q. 若MP+NQ=14，AC

7、+BC=18，则AB的长是【 】A. B. C. 13 D. 16【答案】C.【考点】正方形的性质；垂径定理；梯形的中位线定理；方程思想、转换思想和整体思想的应用.【分析】如答图，连接OP、OQ，DE，FG，的中点分别是M，N，P，Q，点O、P、M三点共线，点O、Q、N三点共线.ACDE，BCFG是正方形，AE=CD=AC，BG=CF=BC.设AB=，则.点O、M分别是AB、ED的中点，OM是梯形ABDE的中位线.，即.同理，得.两式相加，得.MP+NQ=14，AC+BC=18，.故选C.1. （2015年浙江杭州4分）如图，在四边形纸片ABCD中，AB=BC，AD=CD，A=C=90，B=1

8、50，将纸片先沿直线BD对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为2的平行四边形，则CD= 【答案】或.【考点】剪纸问题；多边形内角和定理；轴对称的性质；菱形、矩形的判定和性质；含30度角直角三角形的性质；相似三角形的判定和性质；分类思想和方程思想的应用. 【分析】四边形纸片ABCD中，A=C=90，B=150，C=30.如答图，根据题意对折、裁剪、铺平后可有两种情况得到平行四边形：如答图1，剪痕BM、BN，过点N作NHBM于点H，易证四边形BMDN是菱形，且MBN=C=30.设BN=DN=，则NH=.根据题意，得，BN=DN=2，

9、NH=1.易证四边形BHNC是矩形，BC=NH=1. 在中，CN=.CD=.如答图2，剪痕AE、CE，过点B作BHCE于点H，易证四边形BAEC是菱形，且BCH =30.设BC=CE =，则BH=.根据题意，得，BC=CE =2， BH=1.在中，CH=，EH=.易证，即.综上所述，CD=或.2. （2015年浙江湖州4分）已知正方形ABC1D1的边长为1，延长C1D1到A1，以A1C1为边向右作正方形A1C1C2D2，延长C2D2到A2，以A2C2为边向右作正方形A2C2C3D3(如图所示)，以此类推，若A1C1=2，且点A，D2， D3，D10都在同一直线上，则正方形A9C9C10D10的

10、边长是 【答案】.【考点】探索规律题（图形的变化）；正方形的性质；相似三角形的判定和性质.【分析】如答图，设AD10与A1C1相交于点E，则，.设，AD1=1，A1C1=2，.易得，.设，则，即.同理可得，正方形A9C9C10D10的边长是.3. （2015年浙江金华4分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OBCD的边OB在轴正半轴上，反比例函数的图象经过该菱形对角线的交点A，且与边BC交于点F. 若点D的坐标为（6，8），则点F的坐标是 【答案】.【考点】反比例函数综合题；曲线上点的坐标与方程的关系；待定系数法的应用；菱形的性质；中点坐标；方程思想的应用.【分析】菱形OBCD的边OB在轴正半轴上

11、，点D的坐标为（6，8），.点B的坐标为（10，0），点C的坐标为（16，8）.菱形的对角线的交点为点A，点A的坐标为（8，4）.反比例函数的图象经过点A，.反比例函数为.设直线的解析式为，.直线的解析式为.联立.点F的坐标是.4. （2015年浙江丽水4分）如图，四边形ABCD与四边形AECF都是菱形，点E，F在BD上，已知BAD=120，EAF=30，则= .【答案】. 【考点】菱形的性质；等腰直角三角形和含30度角直角三角形的性质；特殊元素法的应用.【分析】如答图，过点E作EHAB于点H，四边形ABCD与四边形AECF都是菱形，BAD=120，EAF=30，ABE=30，BAE=45.不

12、妨设，在等腰中，；在中，.5. （2015年浙江宁波4分）命题“对角线相等的四边形是矩形”是 命题（填“真”或“假”）【答案】假.【考点】命题的真假判定；矩形的判定. 【分析】根据矩形的判定，对角线相等的平行四边形才是矩形，而对角线相等的四边形也可能是等腰梯形等，故命题“对角线相等的四边形是矩形”是假命题.6. （2015年浙江宁波4分）如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=12，过点A，D两点的O与BC边相切于点E，则O的半径为 w【答案】.【考点】矩形的性质；垂径定理；勾股定理；方程思想的应用.【分析】如答图，连接EO并延长交AD于点H，连接AO，四边形ABCD是矩形，O与BC边相切于点

13、E， EHBC，即EHAD. 根据垂径定理，AH=DH.AB=8，AD=12，AH=6，HE=8.设O的半径为，则AO=，.在中，由勾股定理得，解得.O的半径为.7. （2015年浙江绍兴5分） 在RtABC中，C=90，BC=3，AC=4，点P在以C为圆心，5为半径的圆上，连结PA，PB. 若PB=4，则PA的长为 【答案】3或.【考点】矩形的判定和性质；勾股定理；分类思想的应用.【分析】如答图，分两种情况：当点P与点A在BC同侧时，BACP1是矩形，P1A=BC=3；当点P与点A在BC异侧时，P2EAP1是矩形，P1A=.PA的长为3或.8. （2015年浙江台州5分）如图，正方形ABCD

14、的边长为1，中心为点O，有一边长大小不定的正六边形EFGHIJ绕点O可任意旋转，在旋转过程中，这个正六边形始终在正方形ABCD内（包括正方形的边），当这个六边形的边长最大时，AE的最小值为 【答案】.【考点】面动旋转问题；正方形和正六边形的性质；数形结合思想的应用.【分析】如答图，当这个正六边形的中心与点O重合，两个对点刚好在正方形两边中点，这个六边形的边长最大，此时，这个六边形的边长为.当顶点E刚好在正方形对角线AC的AO一侧时，AE的值最小，最小值为9. （2015年浙江义乌4分）在RtABC中，C=90，BC=3，AC=4，点P在以C为圆心，5为半径的圆上，连结PA，PB. 若PB=4，

15、则PA的长为 【答案】3或.【考点】矩形的判定和性质；勾股定理；分类思想的应用.【分析】如答图，分两种情况：当点P与点A在BC同侧时，BACP1是矩形，P1A=BC=3；当点P与点A在BC异侧时，P2EAP1是矩形，P1A=.PA的长为3或.10. （2015年浙江义乌4分）在RtABC中，C=90，BC=3，AC=4，点P在以C为圆心，5为半径的圆上，连结PA，PB. 若PB=4，则PA的长为 【答案】3或.【考点】矩形的判定和性质；勾股定理；分类思想的应用.【分析】如答图，分两种情况：当点P与点A在BC同侧时，BACP1是矩形，P1A=BC=3；当点P与点A在BC异侧时，P2EAP1是矩形

16、，P1A=.PA的长为3或.11. （2015年浙江义乌4分）在平面直角坐标系的第一象限内，边长为1的正方形ABCD的边均平行于坐标轴，A点的坐标为（，）.如图，若曲线与此正方形的边有交点，则的取值范围是【答案】.【考点】反比例函数的性质；正方形的性质；曲线上点的坐标与方程的关系；分类思想和数形结合思想的应用.【分析】根据题意，当点A在曲线上时，取得最大值；当点C在曲线上时，取得最小值.当点A在曲线上时，（舍去负值）.当点C在曲线上时，易得C点的坐标为，（舍去负值）.若曲线与正方形的边有ABCD交点，的取值范围是.1. （2015年浙江嘉兴8分）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC

17、上，AF=DE，AF和DE相交于点G.（1）观察图形，写出图中所有与AED相等的角；（2）选择图中与AED相等的任意一个角，并加以证明.【答案】解：（1）与AED相等的角有.（2）选择：正方形ABCD中，又AF=DE，.【考点】开放型；正方形的性质；平行的性质；全等三角形的判定和性质.【分析】（1）观察图形，可得 结果.（2）答案不唯一，若选择，则由可得结论；若选择，则由正方形ABCD得到ABCD，从而得到结论；，若选择，则一方面，由可得，另一方面，由正方形ABCD得到ADBC，得到，进而可得结论2. （2015年浙江嘉兴14分）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等

18、邻边四边形”.（1）概念理解：如图1，在四边形ABCD中，添加一个条件，使得四边形ABCD是“等邻边四边形”，请写出你添加的一个条件；（2）问题探究：小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形，她的猜想正确吗？请说明理由；如图2，小红画了一个RtABC，其中ABC=90，AB=2，BC=1，并将RtABC沿B的平分线方向平移得到，连结. 小红要使平移后的四边形是“等邻边四边形”，应平移多少距离（即线段的长）？（3）应用拓展：如图3，“等邻边四边形”ABCD中，AB=AD，BAD+BCD=90，AC，BD为对角线，.试探究BC，CD，BD的数量关系.【答案】解：（1）（答案不唯一）.（2）

19、正确.理由如下：四边形的对角线互相平分，这个四边形是平行四边形.四边形是“等邻边四边形”，这个四边形有一组邻边相等.这个四边形是菱形.ABC=90，AB=2，BC=1，.将RtABC平移得到，i）如答图1，当时，；ii）如答图2，当时，；iii）如答图3，当时，延长交于点，则.平分，.设，则.在中，解得（不合题意，舍去）.iv）如答图4，当时，同ii）方法，设，可得，即，解得（不合题意，舍去）.综上所述，要使平移后的四边形是“等邻边四边形”，应平移2或或或的距离.（3）BC，CD，BD的数量关系为.如答图5，将绕点A旋转到.【考点】新定义；面动平移问题；菱形的判定；全等三角形的判定和性质；相似

20、三角形的判定和性质；等腰直角三角形的判定和性质；多边形内角和定理；勾股定理；分类思想和方程思想的应用.【分析】（1）根据定义，添加或或或即可（答案不唯一）.（2）根据定义，分，四种情况讨论即可.（3）由，可将绕点A旋转到，构成全等三角形：，从而得到，进而证明得到，通过角的转换，证明，根据勾股定理即可得出.3. （2015年浙江金华8分）如图，在矩形ABCD中，点F在边BC上，且AF=AD，过点D作DEAF，垂足为点E.（1）求证：DE=AB；（2）以D为圆心，DE为半径作圆弧交AD于点G，若BF=FC=1，试求的长.【答案】解：（1）证明：DEAF ，AED=90.又四边形ABCD是矩形， A

21、DBC，B=90.DAE=AFB，AED=B=90.又AF=AD，ADEFAB（AAS）.DE=AB.（2）BF=FC=1，AD=BC=BF+FC=2.又ADEFAB，AE=BF=1.在RtADE中，AE=AD. ADE=30.又DE=，【考点】矩形的性质；全等三角形的判定和性质；含30度角直角坐标三角形的性质；勾股定理；弧长的计算.【分析】（1）通过应用AAS证明ADEFAB即可证明DE=AB.（2）求出ADE和DE的长即可求得的长.4. （2015年浙江丽水10分）如图，在矩形ABCD中，E为CD的中点，F为BE上的一点，连结CF并延长交AB于点M，MNCM交射线AD于点N.（1）当F为B

22、E中点时，求证：AM=CE；（2）若，求的值；（3）若，当为何值时，MNBE？【答案】解：（1）证明：F为BE中点，BF=EF.ABCD，MBF=CEF，BMF=ECF.BMFECF（AAS）.MB=CE.AB=CD，CE=DE，MB=AM. AM=CE.（2）设MB=，ABCD，BMFECF. .MNMC，A=ABC=90，AMNBCM. ，即.（3）设MB=，由（2）可得.当MNBE时，CMBE.可证MBCBCE. ，即.当时，MNBE.【考点】探究型问题；矩形的性质；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质. 【分析】（1）应用AAS证明BMFECF即可易得结论.（2）证明BMFE

23、CF和AMNBCM，应用相似三角形对应边成比例的性质即可得出结果.（3）应用（2）的一结结果，证明MBCBCE即可求得结果.5. （2015年浙江衢州12分）如图，在中，动点从点出发，沿射线方向以每秒5个单位的速度运动，动点从点出发，以相同的速度在线段上由向运动，当点运动到点时， 、两点同时停止运动. 以为边作正方形（按逆时针排序），以为边在上方作正方形.（1）求的值；（2）设点运动时间为，正方形的面积为，请探究是否存在最小值？若存在，求出这个最小值，若不存在，请说明理由；（3）当为何值时，正方形的某个顶点（点除外）落在正方形的边上，请直接写出的值【答案】解：（1）如答图1，过点作于点，解得，

24、.又根据勾股定理，得（2）存在.如答图2，过点作于点，经过时间，根据勾股定理，得，且在的取值范围内，存在最小值？若存在，这个最小值是.（3）当或或1或秒时，正方形的某个顶点（点除外）落在正方形的边上.【考点】双动点问题；勾股定理；锐角三角函数定义；二次函数最值的应用；分类思想的应用【分析】（1）作辅助线“过点作于点”构造直角三角形，根据已知求出和应用的长，即可根据正切函数定义求出（2）根据求得关于的二次函数，应用研究二次函数的最值原理求解即可（3）分四种情况讨论：当点在上时，如答图3，；当点在上时，如答图4，；当点在上（或点在上）时，如答图5，；当点在上时，如答图6，.6. （2015年浙江绍

25、兴12分）某校规划在一块长AD为18m，宽AB为13m的长方形场地ABCD上，设计分别与AD，AB平行的横向通道和纵向通道，其余部分铺上草皮.（1）如图1，若设计三条通道，一条横向，两条纵向，且它们的宽度相等，其余六块草坪相同，其中一块草坪两边之比AM：AN=8：9，问通道的宽是多少？（2）为了建造花坛，要修改（1）中的方案，如图2，将三条通道改为两条通道，纵向的宽度改为横向宽度的2倍，其余四块草坪相同，且每一块草坪均有一边长为8m，这样能在这些草坪建造花坛。如图3，在草坪RPCQ中，已知REPQ于点E，CFPQ于点F，求花坛RECF的面积.【答案】解：（1）设通道的宽是m，AM=m，AM：A

26、N=8：9，AN=m.，解得.答：通道的宽是1m.（2）四块相同草坪中的每一块有一条为8 m，若RP=8，则AB13，不合；若RQ=8，适合.纵向通道的宽为2m，横向通道的宽为2m，RP=6.REPQ，四边形RPCQ是长方形，PQ=10.RE=4.8.，即，解得PE=3.6.同理可得QF=3.6.EF=2.8.，即花坛RECF的面积为13.44 m2.【考点】二元一次方程组的应用（几何问题）；矩形和平行四边形的性质；勾股定理.【分析】（1）方程（组）的应用解题关键是找出等量关系，列出方程（组）求解. 本题设通道的宽是m，AM=m，AN=m，等量关系为：长AD为18m，宽AB为13m.（2）求出

27、EF和RE的长，即可求出花坛RECF的面积.7. （2015年浙江绍兴12分）正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角DAG=，其中0180，连结DF，BF，如图.（1）若=0，则DF=BF，请加以证明；（2）试画一个图形（即反例），说明（1）中命题的逆命题是假命题；（3）对于（1）中命题的逆命题，如果能补充一个条件后能使该逆命题为真命题，请直接写出你认为需要补充的一个条件，不必说明理由.【答案】解：（1）证明：如答图1，正方形ABCD和正方形AEFG中，GF=EF，AG=AE，AD=AB，DG=BE.又DGF=BEF=90，DGFBEF（S

28、AS）.DF=BF.（2）反例图形如答图2：（3）不唯一，如点F在正方形ABCD内，或180.【考点】开放型；正方形的性质；原命题和逆命题；真命题和假命题【分析】（1）由正方形的性质，通过SAS证明DGFBEF，从而得到结论.（2）（1）中命题的逆命题是：若DF=BF，则=0，它是假命题的反例是=180的情况.（3）限制点F范围或的范围即可.8. （2015年浙江温州14分）如图，点A和动点P在直线上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作RtABQ，使BAQ=90，AQ:AB=3:4，作ABQ的外接圆O. 点C在点P右侧，PC=4，过点C作直线，过点O作OD于点D，交AB右侧的圆弧于点E。在

29、射线CD上取点F，使DF=CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF，设AQ=（1）用关于的代数式表示BQ，DF；（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长；（3）在点P的整个运动过程中，当AP为何值时，矩形DEGF是正方形？作直线BG交O于另一点N，若BN的弦心距为1，求AP的长（直接写出答案）【答案】解：（1）在RtABQ中，AQ：AB=3：4，AQ=，AB=.BQ=.又OD，OD.OB=OQ，AH=BH=AB=.FD=CD=.（2）AP=AQ=，PC=4，CQ=.如答图1，过点O作OMAQ于点M，OMAB.O是ABQ的外接圆，BAQ=90，点O是BQ的中点.QM=AM

30、=.OD=MC=.OE=BQ=.ED=.解得（舍去）.AP=.（3）若矩形DEGF是正方形，则ED=FD. 当点C在点Q的右侧时，i）如答图1，点P在点A的右侧时，由解得，AP=.ii）点P在点A的左侧时，（I）如答图2，时，ED=，FD=，由解得，AP=.（II）如答图3，时，ED=， DF=，由解得（舍去）. 当点C在点Q的左侧时，即，如答图4，DE=， DF=，由解得. AP=.综上所述，当AP为12或或3时，矩形DEGF是正方形.AP的长为或【考点】单动点和中心对称问题；列代数式；平行的判定和性质；圆周角定理；矩形的性质；正方形的判定；等腰直角三角形的判定和性质方程思想、分类思想和数形

31、结合思想的应用.【分析】（1）根据AQ：AB=3：4和平行的性质求解.（2）把DF，DE用的代数式表示，即可由矩形DEGF的面积等于90列议程求解.（3）根据ED=FD时矩形DEGF是正方形，分点C在点Q的右侧，点C在点Q的左侧的情况分类讨论，其中点C在点Q的右侧又分点P在点A的右侧，点P在点A的左侧（再分和）讨论.如答图5、6，连接NQ，由点N到BN的弦心距为1得NQ=2.如答图5，当点N在AB的左侧时，过点B作BMEG于点M，GM=，BM=，GBM=45.BMAQ.AI=AB=.IQ=.NQ=，解得.AP=.如答图6，当点N在AB的右侧时，过点B作BJGE于点J，GJ=，BJ=，tanGB

32、J=.AI=.QI=.NQ=，解得.AP=.综上所述，AP的长为或.9. （2015年浙江义乌10分）某校规划在一块长AD为18m，宽AB为13m的长方形场地ABCD上，设计分别与AD，AB平行的横向通道和纵向通道，其余部分铺上草皮.（1）如图1，若设计三条通道，一条横向，两条纵向，且它们的宽度相等，其余六块草坪相同，其中一块草坪两边之比AM：AN=8：9，问通道的宽是多少？（2）为了建造花坛，要修改（1）中的方案，如图2，将三条通道改为两条通道，纵向的宽度改为横向宽度的2倍，其余四块草坪相同，且每一块草坪均有一边长为8m，这样能在这些草坪建造花坛。如图3，在草坪RPCQ中，已知REPQ于点E

33、，CFPQ于点F，求花坛RECF的面积.【答案】解：（1）设通道的宽是m，AM=m，AM：AN=8：9，AN=m.，解得.答：通道的宽是1m.（2）四块相同草坪中的每一块有一条为8 m，若RP=8，则AB13，不合；若RQ=8，适合.纵向通道的宽为2m，横向通道的宽为2m，RP=6.REPQ，四边形RPCQ是长方形，PQ=10.RE=4.8.，即，解得PE=3.6.同理可得QF=3.6.EF=2.8.，即花坛RECF的面积为13.44 m2.【考点】二元一次方程组的应用（几何问题）；矩形和平行四边形的性质；勾股定理.【分析】（1）方程（组）的应用解题关键是找出等量关系，列出方程（组）求解. 本

34、题设通道的宽是m，AM=m，AN=m，等量关系为：长AD为18m，宽AB为13m.（2）求出EF和RE的长，即可求出花坛RECF的面积.10. （2015年浙江义乌10分）正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角DAG=，其中0180，连结DF，BF，如图.（1）若=0，则DF=BF，请加以证明；（2）试画一个图形（即反例），说明（1）中命题的逆命题是假命题；（3）对于（1）中命题的逆命题，如果能补充一个条件后能使该逆命题为真命题，请直接写出你认为需要补充的一个条件，不必说明理由.【答案】解：（1）证明：如答图1，正方形ABCD和正方形AEF

35、G中，GF=EF，AG=AE，AD=AB，DG=BE.又DGF=BEF=90，DGFBEF（SAS）.DF=BF.（2）反例图形如答图2：（3）不唯一，如点F在正方形ABCD内，或180.【考点】开放型；正方形的性质；原命题和逆命题；真命题和假命题【分析】（1）由正方形的性质，通过SAS证明DGFBEF，从而得到结论.（2）（1）中命题的逆命题是：若DF=BF，则=0，它是假命题的反例是=180的情况.（3）限制点F范围或的范围即可.11. （2015年浙江义乌12分）在平面直角坐标系中，O为原点，四边形OABC的顶点A在轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点P、点Q分别是边BC、边AB上的点，

36、连结AC，PQ，点B1是点B关于PQ的对称点.（1）若四边形OABC为矩形，如图1，求点B的坐标；若BQ：BP=1：2，且点B1落在OA上，求点B1的坐标；（2）若四边形OABC为平行四边形，如图2，且OCAC，过点B1作B1F轴，与对角线AC、边OC分别交于点E、点F. 若B1E：B1F=1：3，点B1的横坐标为，求点B1的纵坐标，并直接写出的取值范围.【答案】解：（1）四边形OABC为矩形，OA=4，OC=2，点B（4，2）.如答图1，过点P作PDOA于点D，BQ：BP=1：2，点B1是点B关于PQ的对称点，PDB1=PB1Q=B1AQ=90.PB1D=B1QA.PB1DB1QA.B1A=

37、1.OB1=3，即B1（3，0）.（2）四边形OABC为平行四边形，OA=4，OC=2，且OCAC，OAC=30.点C.B1E：B1F=1：3，点B1不与点E、F重合，也不在线段EF的延长线上.当点B1在线段FE的延长线上时，如答图2，延长B1F与轴交于点G，点B1的横坐标为，B1F轴，B1E：B1F=1：3，B1G=.设OG=，则GF=，OF=.CF=.FE=，B1E=.B1G= B1E+EF+FG=.即点B1的纵坐标为，的取值范围为.当点B1在线段EF（点E、F除外）上时，如答图3，延长B1F与轴交于点G，点B1的横坐标为，B1F轴，B1E：B1F=1：3，B1G=.设OG=，则GF=，O

38、F=CF=.FE=，B1F=FE=.B1G= B1F +FG=.即点B1的纵坐标为，的取值范围为.【考点】轴对称问题；矩形和平行四边形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定和性质；含30度直角三角形的性质；点的坐标；分类思想的应用.【分析】（1）直接根据矩形的性质得到点B的坐标.过点P作PDOA于点D，证明PB1DB1QA，得到B1A的长，从而得到OB1的长，进而得到点B1的坐标.（2）分点B1在线段FE的延长线上和点B1在线段EF（点E、F除外）上两种情况讨论即可.12. （2015年浙江舟山6分）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC上，AF=DE，AF和DE相交于点G.（1）观

39、察图形，写出图中所有与AED相等的角；（2）选择图中与AED相等的任意一个角，并加以证明.【答案】解：（1）与AED相等的角有.（2）选择：正方形ABCD中，又AF=DE，.【考点】开放型；正方形的性质；平行的性质；全等三角形的判定和性质.【分析】（1）观察图形，可得 结果.（2）答案不唯一，若选择，则由可得结论；若选择，则由正方形ABCD得到ABCD，从而得到结论；，若选择，则一方面，由可得，另一方面，由正方形ABCD得到ADBC，得到，进而可得结论13. （2015年浙江舟山12分）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”.（1）概念理解：如图1，在四边

40、形ABCD中，添加一个条件，使得四边形ABCD是“等邻边四边形”，请写出你添加的一个条件；（2）问题探究：小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形，她的猜想正确吗？请说明理由；如图2，小红画了一个RtABC，其中ABC=90，AB=2，BC=1，并将RtABC沿B的平分线方向平移得到，连结. 小红要使平移后的四边形是“等邻边四边形”，应平移多少距离（即线段的长）？（3）应用拓展：如图3，“等邻边四边形”ABCD中，AB=AD，BAD+BCD=90，AC，BD为对角线，.试探究BC，CD，BD的数量关系.【答案】解：（1）（答案不唯一）.（2）正确.理由如下：四边形的对角线互相平分，这个

41、四边形是平行四边形.四边形是“等邻边四边形”，这个四边形有一组邻边相等.这个四边形是菱形.ABC=90，AB=2，BC=1，.将RtABC平移得到，i）如答图1，当时，；ii）如答图2，当时，；iii）如答图3，当时，延长交于点，则.平分，.设，则.在中，解得（不合题意，舍去）.iv）如答图4，当时，同ii）方法，设，可得，即，解得（不合题意，舍去）.综上所述，要使平移后的四边形是“等邻边四边形”，应平移2或或或的距离.（3）BC，CD，BD的数量关系为.如答图5，将绕点A旋转到.【考点】新定义；面动平移问题；菱形的判定；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质；等腰直角三角形的判定和性质；多边形内角和定理；勾股定理；分类思想和方程思想的应用.【分析】（1）根据定义，添加或或或即可（答案不唯一）.（2）根据定义，分，四种情况讨论即可.（3）由，可将绕点A旋转到，构成全等三角形：，从而得到，进而证明得到，通过角的转换，证明，根据勾股定理即可得出.【精品文档】第 24 页