中考数学二轮复习数学平行四边形试题及答案Word文档下载推荐.docx
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时,判断四边形ABEF的形状,并证明你的结论;
(3)若AB=1,BC=,且BF=DF,求旋转角度α的大小.
5.如图,是等腰直角三角形,分别以为直角边向外作等腰直角和等腰直角为的中点,连接与交于点.
(1)证明:
四边形是平行四边形;
(2)线段和线段有什么数量关系,请说明理由;
(3)已知求的长度(结果用含根号的式子表示).
6.如图,在边长为1的正方形中,是边的中点,点是边上一点(与点不重合),射线与的延长线交于点.
;
(2)若,点是的中点,连结,
①求证:
②求的长.
7.如图.正方形ABCD的边长为4,点E从点A出发,以每秒1个单位长度的速度沿射线AD运动,运动时间为t秒(t>0),以AE为一条边,在正方形ABCD左侧作正方形AEFG,连接BF.
(1)当t=1时,求BF的长度;
(2)在点E运动的过程中,求D、F两点之间距离的最小值;
(3)连接AF、DF,当△ADF是等腰三角形时,求t的值.
8.类比等腰三角形的定义,我们定义:
有三条边相等的凸四边形叫做“准等边四边形”.
(1)已知:
如图1,在“准等边四边形”ABCD中,BC≠AB,BD⊥CD,AB=3,BD=4,求BC的长;
(2)在探究性质时,小明发现一个结论:
对角线互相垂直的“准等边四边形”是菱形.请你判断此结论是否正确,若正确,请说明理由;
若不正确,请举出反例;
(3)如图2,在△ABC中,AB=AC=,∠BAC=90°
.在AB的垂直平分线上是否存在点P,使得以A,B,C,P为顶点的四边形为“准等边四边形”.若存在,请求出该“准等边四边形”的面积;
若不存在,请说明理由.
9.在正方形AMFN中,以AM为BC边上的高作等边三角形ABC,将AB绕点A逆时针旋转90°
至点D,D点恰好落在NF上,连接BD,AC与BD交于点E,连接CD,
(1)如图1,求证:
△AMC≌△AND;
(2)如图1,若DF=,求AE的长;
(3)如图2,将△CDF绕点D顺时针旋转(),点C,F的对应点分别为、,连接、,点G是的中点,连接AG,试探索是否为定值,若是定值,则求出该值;
若不是,请说明理由.
10.如图,的对角线相交于点,点从点出发,沿方向以每秒的速度向终点运动,连接,并延长交于点.设点的运动时间为秒.
(1)求的长(用含的代数式表示);
(2)当四边形是平行四边形时,求的值;
(3)当时,点是否在线段的垂直平分线上?
请说明理由.
【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除
1.
(1)见解析;
(2)
【分析】
(1)根据题意先证明四边形ABCD是平行四边形,再由AB=AD可得平行四边形ABCD是菱形;
(2)根据菱形的性质得出OA的长,根据直角三角形斜边中线定理得出OE=AC,在应用勾股定理即可解答.
【详解】
∵,
∴,
∵为的平分线,
∴四边形是平行四边形,
∴是菱形;
∵四边形是菱形
∴
∵
在中,
故答案为
(2).
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定和性质,平行四边形的判定和性质,角平分线的定义,勾股定理,熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键.
2.
(1);
(2)y=4t+2;
(3)存在,点M的坐标为(1,0)或(2,0).
(1)因为BN∥MP,故当BN=MP时,四边形BNMP为平行四边形,此时点M在点P的左侧,求解即可;
(2)y=(BN+PA)•OC,即可求解;
(3)①当∠MQA为直角时,则△MAQ为等腰直角三角形,则PA=PM,即可求解;
②当∠QMA为直角时,则NB+OM=BC=3,即可求解.
(1)∵BN∥MP,故当BN=MP时,四边形BNMP为平行四边形.
此时点M在点P的左侧时,即0≤t<1时,
MP=OP﹣OM=3﹣t﹣2t=3﹣3t,BN=t,
即3﹣3t=t,解得:
t=;
(2)由题意得:
由点C的坐标知,OC=4,
BN=t,NC=PO=3﹣t,PA=4﹣OP=4﹣(3﹣t)=t+1,
则y=(BN+PA)•OC=(t+t+1)×
4=4t+2;
(3)由点A、C的坐标知,OA=OC=4,
则△COA为等腰直角三角形,故∠OCA=∠OAC=45°
,
①当∠MQA为直角时,
∵∠OAC=45°
,故△MAQ为等腰直角三角形,
则PA=PM,
而PA=4﹣(3﹣t)=t+1,PM=OP﹣OM=(3﹣t)﹣2t=3﹣3t,
故t+1=3﹣3t,解得:
t=,则OM=2t=1,
故点M(1,0);
②当∠QMA为直角时,
则点M、P重合,
则NB+OM=BC=3,即2t+t=3,解得:
t=1,
故OM=OP=2t=2,
故点M(2,0);
综上,点M的坐标为(1,0)或(2,0).
本题是四边形综合题,涉及坐标与图形、平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、图形的面积计算等,复杂度较高,难度较大,其中(3)要分类求解,避免遗漏.
3.
(1)见解析;
(2)MON为等腰直角三角形,见解析
(1)如图1,由正方形的性质得CB=CD,∠BCD=90°
,再证明∠BCN=∠CDM,然后根据“AAS”证明△CDM≌△CBN,从而得到DM=CN;
(2)如图2,利用正方形的性质得OD=OC,∠ODC=∠OCB=45°
,∠DOC=90°
,再利用∠BCN=∠CDM得到∠OCN=∠ODM,则根据“SAS”可判断△OCN≌△ODM,从而得到ON=OM,∠CON=∠DOM,所以∠MON=∠DOC=90°
,于是可判断△MON为等腰直角三角形.
如图1,
∵四边形ABCD为正方形,
∴CB=CD,∠BCD=90°
∵DM⊥CP,BN⊥CP,
∴∠DMC=90°
,∠BNC=90°
∵∠CDM+∠DCM=90°
,∠BCN+∠DCM=90°
∴∠BCN=∠CDM,
在△CDM和△CBN中
,
∴△CDM≌△CBN,
∴DM=CN;
(2)解:
△OMN为等腰直角三角形.
理由如下:
如图2,∵四边形ABCD为正方形,
∴OD=OC,∠ODC=∠OCB=45°
∵∠BCN=∠CDM,
∴∠BCN﹣45°
=∠CDM﹣45°
,即∠OCN=∠ODM,
在△OCN和△ODM中
∴△OCN≌△ODM,
∴ON=OM,∠CON=∠DOM,
∴∠MON=∠DOC=90°
∴MON为等腰直角三角形.
本题考查正方形的性质:
正方形的四条边都相等,四个角都是直角;
正方形的两条对角线相等,互相垂直平分,并且每条对角线平分一组对角;
正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质;
两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形,同时,正方形又是轴对称图形,有四条对称轴.也考查全等三角形的判定与性质.
4.
(1)证明见解析;
(2)平行四边形,理由见解析;
(3)45°
(1)由平行四边形的性质得出∠OAF=∠OCE,OA=OC,进而判断出△AOF≌△COE,即可得出结论;
(2)先判断出∠BAC=∠AOF,得出AB∥EF,即可得出结论;
(3)先求出AC=2,进而得出A=1=AB,即可判断出△ABO是等腰直角三角形,进一步判断出△BFD是等腰三角形,利用等腰三角形的三线合一得出∠BOF=90°
,即可得出结论.
在▱ABCD中,AD∥BC,
∴∠OAF=∠OCE,
∵OA=OC,∠AOF=∠COE,
∴△AOF≌△COE(ASA),
∴OE=OF;
(2)当旋转角为90°
时,四边形ABEF是平行四边形,理由:
∵AB⊥AC,
∴∠BAC=90°
∵∠AOF=90°
∴∠BAC=∠AOF,
∴AB∥EF,
∵AF∥BE,
∴四边形ABEF是平行四边形;
(3)在Rt△ABC中,AB=1,BC=,
∴AC==2,
∴OA=1=AB,
∴△ABO是等腰直角三角形,
∴∠AOB=45°
∵BF=DF,
∴△BFD是等腰三角形,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OB=OD,
∴OF⊥BD(等腰三角形底边上的中线是底边上的高),
∴∠BOF=90°
∴∠α=∠AOF=∠BOF﹣∠AOB=45°
.
此题是四边形综合题,主要考查了平行四边形的性质和判定,全等三角形的判定和性质,等腰三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,旋转的性质,判断出△ABO是等腰直角三角形是解本题的关键.
5.
(1)见解析;
(2)BE=CD,理由见解析;
(3)EF=.
(1)利用等腰直角三角形的性质易得BD=2BC,因为G为BD的中点,可得BG=BC,由∠CGB=45°
,∠ADB=45得AD∥CG,由∠CBD+∠ACB=180°
,得AC∥BD,得出四边形ACGD为平行四边形;
(2)利用全等三角形的判定证得△DAC≌△BAE,由全等三角形的性质得BE=CD;
首先证得四边形ABCE为平行四边形,再利用全等三角形的判定定理得△BCE≌△CAD,易得∠CBE=∠ACD,由∠ACB=90°
,易得∠CFB=90°
,得出结论.
(3)先证明△DBF是直角三角形,再利用勾股定理进行计算,即可求出答案.
解:
(1)∵△ABC和△ABD都是等腰直角三角形
∴∠CAB=∠ABD=45°
,BD=AB=BC=2BC=2AC
∴AC∥BD
又∵G为BD的中点,
∴BD=2DG,
∴AC=DG,AC∥DG
∴四边形ACGD为平行四边形;
(2)BE=CD,理由如下
∵△AEC和△ABD都是等腰直角三角形AE=AC,AB=AD
∠EAB=∠EAC+∠CAB=90°
+45°
=135°
∠CAD=∠DAB+∠BAC=90°
∴∠EAB=∠CAD,
在△DAC与△BAE中,
,
∴△DAC≌△BAE,
∴BE=CD;
(3)∵△DAC≌△BAE
∴∠AEB=∠ACD
又∵∠EAC=90°
∴∠EFC=∠DFB=90°
∴△DBF是直角三角形
∵BC=,
∴BD=2,
根据勾股定理
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