2022年中考复习基础必刷40题专题34特殊的平行四边形

这是一份2022年中考复习基础必刷40题专题34特殊的平行四边形，共32页。试卷主要包含了 下列命题是假命题的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

1. 如图，正方形ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上运动，若⊙O的面积为2π，MN=1 ，则△AMN周长的最小值是（ ）

A.3B.4C.5D.6

2. 四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB=30∘，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是( )

A.12B.22C.32D.1

3. 如图，四边形OBCD是正方形，O，D两点的坐标分别是(0, 0)，(0, 6)，点C在第一象限，则点C的坐标是( )

A.(6, 3)B.(3, 6)C.(0, 6)D.(6, 6)

4. 如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是( )
A.互相平分B.相等C.互相垂直D.互相垂直平分

5. 如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（ ）

A.B.C.4D.

6. 下列命题是假命题的是( )
A.平行四边形的对角线互相平分
B.矩形的对角线互相垂直
C.菱形的对角线互相垂直平分
D.正方形的对角线互相垂直平分且相等

7. 如图，将矩形ABCD沿AC折叠，使点B落在点B′处，B′C交AD于点E，若∠1＝25∘，则∠2等于（ ）

A.25∘B.30∘C.50∘D.60∘

8. 如图，将矩形纸条折叠，折痕为，折叠后点C，D分别落在点，处，与交于点G．已知，则的度数是( )

A.30∘B.45∘C.74∘D.75∘

9. 如图，四边形是边长为1的正方形，是等边三角形，连接并延长交的延长线于点H，连接交于点Q，下列结论：
①；②；③；④．
其中正确的有( )

A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④

10. 下列说法正确的是（ ）
A.有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等
B.正方形既是轴对称图形又是中心对称图形
C.矩形的对角线互相垂直平分
D.六边形的内角和是540∘

11. 如图，在矩形ABCD中，AD＝6，对角线AC与BD交于点O，AE⊥BD，垂足为点E，且AE平分∠BAO，则AB的长为（ ）

A.3B.4C.23D.33

12. 下列性质中菱形不一定具有的性质是（ ）
A.对角线互相平分
B.对角线互相垂直
C.对角线相等
D.既是轴对称图形又是中心对称图形

13. 如图这是小刚玩投掷飞镖的游戏，他设计了一个如图所示的靶子，点E、F分别是矩形ABCD的两边AD、BC上的点，EF // AB，点M、N是EF上任意两点，则投掷一次，飞镖落在阴影部分的概率是（ ）

A.13B.23C.12D.34

14. 下列命题是假命题的是（ ）
A.对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
B.对角线互相垂直的矩形是正方形
C.对角线相等的菱形是正方形
D.对角线互相垂直的四边形是正方形

15. 如图，聪聪在作线段AB的垂直平分线时，他是这样操作的：分别以A和B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧交于C、D，则直线CD即为所求．根据他的作图方法可知四边形ADBC一定是（ ）
A.菱形B.矩形C.正方形D.等腰梯形

16. 顺次连接等腰梯形各边中点所得到的四边形一定是（ ）
A.正方形B.菱形C.矩形D.等腰梯形

17. 如图所示，在△ABC中，AB=AC，∠A<90∘，边BC、CA、AB的中点分别是D、E、F，则四边形AFDE是（ ）
A.菱形B.正方形C.矩形D.梯形

18. 如图，要使▱ABCD成为菱形，下列添加条件正确的是（ ）
A.AB⊥BCB.AC⊥BD
C.AC=BDD.∠ABC=∠CDA

19. 数学课上，老师要同学们判断一个四边形门框是否为矩形．下面是某合作小组的4位同学拟定的方案，其中正确的是（ ）
A.测量对角线是否互相平分
B.测量两组对边是否分别相等
C.测量一组对角是否都为直角
D.测量三个角是否为直角

20. 如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90∘到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG=3，CG=2，则CE的长为( )

A.54B.154C.4D.92

21. 如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件：________，使▱ABCD是菱形．


22. 已知菱形的周长为45，两条对角线长的和为6，则菱形的面积为________．

23. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则AH=________．


24. 矩形的周长等于40，则此矩形面积的最大值是________．

25. 我国古代数学名著《孙子算经》有估算方法：“方五，邪（通“斜”）七．见方求邪，七之，五而一．”译文为：如果正方形的边长为五，则它的对角线长为七．已知正方形的边长，求对角线长，则先将边长乘以七再除以五．若正方形的边长为1，由勾股定理得对角线长为2，依据《孙子算经》的方法，则它的对角线的长是________．

26. 如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，DC的中点，若BD＝4，EF＝3，则菱形ABCD的周长为________．


27. 如图，菱形ABCD的周长是32，点O是对角线AC与BD的交点，点E是边AD的中点，则OE的长为________．


28. 如图，已知直线l:y=−x，双曲线y=1x，在l上取一点A(a, −a)(a>0)，过A作x轴的垂线交双曲线于点B，过B作y轴的垂线交l于点C，过C作x轴的垂线交双曲线于点D，过D作y轴的垂线交l于点E，此时E与A重合，并得到一个正方形ABCD，若原点O在正方形ABCD的对角线上且分这条对角线为1:2的两条线段，则a的值为________．

29. 如图，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠BAD=60∘，将菱形ABCD绕点D按顺时针方向作第一次旋转得到菱形A1B1C1D1，使点C落在点C1的位置，再将其绕点C1按顺时针方向作第二次旋转，使点B1落在点B2的位置…如此旋转下去，当点A2落在A3的位置时，点A在旋转过程中经过的路径长为________cm．

30. 如图，边长为1的菱形ABCD的两个顶点B、C恰好落在扇形AEF的弧EF上．若∠BAD=120∘，则弧BC的长度等于________（结果保留π）．

31. 在以O为圆心3cm为半径的圆周上，依次有A、B、C三个点，若四边形OABC为菱形，则该菱形的边长等于________cm；弦AC所对的弧长等于________cm．

32. 如图，正方形OABC的边长为6，顶点A，C在坐标轴上，点P在AB上，CP交OB于点Q，S△BPQ=14S△OQC，则点Q的坐标为________．

33. 正方形A1B1C1O和A2B2C2C1按如图所示方式放置，点A1，A2在直线y=x+1上，点C1，C2在x轴上．已知A1点的坐标是(0, 1)，则点B2的坐标为________．

34. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E是边AD的中点．若AC=10，DC=25，则BO=________，∠EBD的大小约为________度________分．（参考数据：tan26∘34′≈12）

35. 如图，矩形ABCD中，点M是CD的中点，点P是AB上的一动点，若AD=1，AB=2，则PA+PB+PM的最小值是________．

36. 如图，已知正方形ABCD，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，连接BF并延长，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分别相交于点G，M，连接HC．

(1)求证：AG=GH；

(2)若AB=3，BE=1，求点D到直线BH的距离；

(3)当点E在BC边上（端点除外）运动时，∠BHC的大小是否变化？为什么？

37. 如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．

(1)求证：△DOE≅△BOF；

(2)若AB=6，AD=8，连接BE，DF，求四边形BFDE的周长．

38. 如图，在▱ABCD中，以点B为圆心，BA长为半径画弧，交BC于点E，在AD上截取AF=BE，连接EF．

(1)求证：四边形ABEF是菱形；

(2)请用无刻度的直尺在▱ABCD内找一点P，使∠APB=90∘．（标出点P的位置，保留作图痕迹，不写作法）

39.
(1)计算：−(−1)+|−2|+(2019−2)0；

(2)如图，四边形ABCD中，AB=CD，AD=BC，对角线AC，BD相交于点O，且OA=OD．求证：四边形ABCD是矩形．

40. 如图，O为矩形ABCD对角线的交点，DE // AC，CE // BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；

(2)若AB=3，BC=4，求四边形OCED的面积．
参考答案与试题解析
2022年中考复习基础必刷题40题——专题三十二_特殊的平行四边形
一、 选择题 （本题共计 20 小题 ，每题 3 分 ，共计60分 ）
1.
【答案】
B
【考点】
正方形的性质
轴对称——最短路线问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
A
【考点】
含30度角的直角三角形
菱形的面积
正方形的性质
【解析】
根据30∘角所对的直角边等于斜边的一半可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，再根据正方形的面积公式和平行四边形的面积公式即可得解．
【解答】
解：根据题意可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，
∴ 菱形ABC′D′的面积为12AB2，正方形ABCD的面积为AB2．
∴ 菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是12．
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
坐标与图形性质
正方形的性质
【解析】
利用正方形的性质求出OB，BC，CD即可．
【解答】
解：∵ 四边形OBCD是正方形，
∴ OB=BC=CD=OD，∠CDO=∠CBO=90∘，
∵ O，D两点的坐标分别是(0, 0)，(0, 6)，
∴ OD=6，
∴ OB=BC=CD=6，
∴ C(6, 6)．
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
中点四边形
规律型：图形的变化类
矩形的性质
【解析】
由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中
点所得四边形是矩形．
________B
【解答】
．
根据题意画出图形如下：
答：AC与BD的位置关系是互相垂直．
证明：四边形EFGH是矩形，
∠EH=90∘
又：点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，
∴ ．EF是三角形ABD的中位线，
…EFIIBD，
∴∠FEH=OMH=90∘
又：点E、H分别是AD、CD各边的中点，
∴ EH是三角形ACD的中位线，
．．EHIIAC，
∠OMH=∠COB=90∘
即AC⊥BD
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
菱形的性质
勾股定理
等边三角形的判定方法
【解析】
利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高DE即可．
【解答】
解：记AC与BD的交点为O，
：菱形ABCDAC=6
AC⊥BD,OA=OC=3,OB=OD
．AB=5
OB=52−32=4,BD=8.
菱形的面积=12×6×8=24,
：DE⊥AB.
菱形的面积=AB⋅DE,
5DE=24,
DE=245
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
命题与定理
真命题，假命题
矩形的性质
【解析】
利用平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质解题即可．
【解答】
解：A、正确，平行四边形的对角线互相平分，故选项不符合；
B、错误，应该是矩形的对角线相等且互相平分，故选项符合；
C、正确，菱形的对角线互相垂直且平分，故选项不符合；
D、正确，正方形的对角线相等且互相垂直平分，故选项不符合；
故选：B．
7.
【答案】
C
【考点】
翻折变换（折叠问题）
矩形的性质
平行线的性质
【解析】
由折叠的性质可得出∠ACB的度数，由矩形的性质可得出ADIBC，再利用“两直线平行，内错角相等“可求出2的度数．
【解答】
解：由折叠的性质可知：2ACB′=25∘
四边形ABCD为矩形，
：ADIIBC，
∴ 2=2=1+∠ACB′=25∘+25∘=50∘
故选：C．
8.
【答案】
D
【考点】
翻折变换（折叠问题）
矩形的性质
三角形内角和定理
【解析】
依据平行线的性质，即可得到∠AEG的度数，再根据折叠的性质，即可得出∠α的度数．
【解答】
解：矩形纸条ABCD中，AD//BC
∠AEG=∠BGD′=30∘
∠DEG=180∘−30∘=150∘
由折叠可得，∠α=12∠DEG=12×150∘=75∘
故选：D．
9.
【答案】
D
【考点】
规律型：图形的变化类
正方形的性质
等边三角形的判定方法
【解析】
根据等边三角形和正方形的性质对①进行判断，根据相似三角形对②进行判断，根据三角形的性质对③进行判断，由三角形面积
公式对③进行判断．
【解答】
解：△PBC是等边三角形，四边形ABCD是正方形，
∠PCB=∠CPB=60∘∠PCD=30∘BC=PC=CD
小∠CPD=∠CDP=75
则∠BPD=∠BPC+∠CPD=135，故①正确；
∠CBD=∠CDB=45∘
∠DBP=∠DPB=135
又∠PDB=∠BDH
小△BDF∽△HDB，故②正确；
如图，过点Q作QE⊥CD于E，
H=
设QE=DE=x，则QD=2x,CQ=2QE=2x
∴ CE=3x
由CE+DE=CD知x+3x=1
解得x=3−12
∴ QD=2x=6−22
BQ=BD−DQ=2−6−22=32−62
则DQ:BQ=6−22:32−62;1:2，故③错误；
∠CDP=75∠CDQ=45∘
∠PDQ=30∘
又∠CPD=75
∠DPQ=∠DQP=75
DP=DQ=6−22
∴ S△BDD=12BD⋅PD=sin∠BDP=12×2×6−22×12=3−14，故④正确；
故选：D．
10.
【答案】
B
【考点】
多边形内角与外角
中心对称图形
矩形的性质
轴对称图形
全等三角形的判定
【解析】
直接利用全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理．
【解答】
解：A，有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等，错误，必须是两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；
B，正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，正确；
C，矩形的对角线相等且互相平分，故此选项错误；
D，六边形的内角和是720∘，故此选项错误．
故选B.
11.
【答案】
C
【考点】
矩形的性质
【解析】
由矩形的性质可得AO＝CO＝BO＝DO，可证△ABE≅△AOE，可得AO＝AB＝BO＝DO，由勾股定理可求AB的长．
【解答】
∵ 四边形ABCD是矩形
∴ AO＝CO＝BO＝DO，
∵ AE平分∠BAO
∴ ∠BAE＝∠EAO，且AE＝AE，∠AEB＝∠AEO，
∴ △ABE≅△AOE(ASA)
∴ AO＝AB，且AO＝OB
∴ AO＝AB＝BO＝DO，
∴ BD＝2AB，
∵ AD2+AB2＝BD2，
∴ 36+AB2＝4AB2，
∴ AB＝23
12.
【答案】
C
【考点】
菱形的性质
【解析】
根据菱形的性质解答即可得．
【解答】
A、菱形的对角线互相平分，此选项正确；
B、菱形的对角线互相垂直，此选项正确；
C、菱形的对角线不一定相等，此选项错误；
D、菱形既是轴对称图形又是中心对称图形，此选项正确；
13.
【答案】
C
【考点】
矩形的性质
几何概率
【解析】
将图形分为四边形ABFE和四边形DCFE两部分，可得三角形ABM是四边形ABFE面积的一半，三角形DCN是四边形DCFE面积的一半，从而可得飞镖落在阴影部分的概率．
【解答】
∵ E、F分别是矩形ABCD的两边AD、BC上的点，EF // AB，
∴ 四边形ABFE、CDEF是矩形，
S△ABM=12S矩形ABFE，S△CDN=12S矩形CDEF，
S阴影＝S△ABM+S△CDN=12S矩形ABFE+12S矩形CDEF=12S矩形ABCD，
飞镖落在阴影部分的概率是12，
14.
【答案】
D
【考点】
命题与定理
正方形的判定与性质
【解析】
根据正方形的各种判定方法逐项分析即可．
【解答】
解：由正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角；
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判断；
④对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；
可知选项D是错误的．
故选D．
15.
【答案】
A
【考点】
菱形的判定
作图—基本作图
【解析】
根据做法得出AC=BC=AD=BD，根据菱形的判定推出即可．
【解答】
解：四边形ADBC一定是菱形，
理由是：∵ 根据做法可知：AC=CB=BD=AD，
∴ 四边形ADBC是菱形，
故选A．
16.
【答案】
B
【考点】
中点四边形
【解析】
根据等腰梯形的对角线相等和三角形中位线定理，所得四边形的各边都相等，所以判定为菱形．
【解答】
解：如图所示，
根据三角形中位线定理，EF=GH=12BD，FG=EH=12AC，
∵ ABCD为等腰梯形，∴ AC=BD，
∴ EF=GH=FG=EH，
∴ EFGH为菱形．
故选：B．
17.
【答案】
A
【考点】
三角形中位线定理
等腰三角形的判定与性质
菱形的判定
【解析】
首先根据三角形中位线定理证得四边形AFDE是平行四边形，然后由等腰三角形的性质证得该平行四边形的邻边相等．
【解答】
解：∵ 边BC、CA的中点分别是D、E，
∴ 线段DE是△ABC的中位线，
∴ DE=12AB，DE // AC．
同理，DF=12AC，DF // AC．
又AB=AC，∠A<90∘，
∴ DE // AF，DF // AE，DE=DF，
∴ 四边形AFDE是菱形．
故选A．
18.
【答案】
B
【考点】
菱形的判定
平行四边形的性质
【解析】
根据菱形的判定方法①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）针对每一个选项进行判断，即可选出正确答案．
【解答】
解：A、添加AB⊥BC，可以证明▱ABCD是矩形，故此选项错误；
B、添加AC⊥BD，可以证明▱ABCD是菱形，故此选项正确；
C、添加AC=BD，可以证明▱ABCD是矩形，故此选项错误；
D、添加∠ABC=∠CDA不能证明▱ABCD是菱形形，故此选项错误；
故选：B．
19.
【答案】
D
【考点】
矩形的判定与性质
【解析】
根据矩形的判定定理分别进行解答即可得出答案．
矩形的判定定理有：(1)有一个角是直角的平行四边形是矩形；(2)有三个角是直角的四边形是矩形；(3)对角线互相平分且相等的四边形是矩形．
【解答】
解：A、对角线是否相互平分，只能判定平行四边形；
B、两组对边是否分别相等，只能判定平行四边形；
C、一组对角是否都为直角，不能判定形状；
D、其中四边形中三个角都为直角，能判定矩形．
故选D．
20.
【答案】
B
【考点】
勾股定理
正方形的性质
旋转的性质
线段垂直平分线的性质
【解析】
连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EG＝FG，设CE＝x，则DE＝5−x＝BF，FG＝EG＝8−x，再根据Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即可得到CE的长．
【解答】
解：如图所示，连接EG，
由旋转可得，△ADE≅△ABF，
∴ AE=AF，DE=BF，
又∵ AG⊥EF，
∴ H为EF的中点，
∴ AG垂直平分EF，
∴ EG=FG，
设CE=x，则DE=5−x=BF，FG=8−x，
∴ EG=8−x，
∵ ∠C=90∘，
∴ Rt△CEG中，CE2+CG2=EG2，即x2+22=(8−x)2，
解得x=154，
∴ CE的长为154.
故选B.
二、 填空题 （本题共计 15 小题 ，每题 3 分 ，共计45分 ）
21.
【答案】
AD=DC（答案不唯一）
【考点】
平行四边形的性质
菱形的判定
【解析】
根据菱形的定义得出答案即可．
【解答】
解：∵ 邻边相等的平行四边形是菱形，
∴ 当AD=DC，▱ABCD为菱形.
故答案为：AD=DC.
22.
【答案】
4
【考点】
菱形的性质
勾股定理
【解析】
即可得出答案．
【解答】
解：如图，
由菱形的性质和勾股定理得出AO+BO=3，AO2+BO2=AB2=5，
则(AO+BO)2=9，
∴ 菱形的面积=2AO⋅BO=4.
故答案为：4.
23.
【答案】
245
【考点】
菱形的性质
勾股定理
菱形的面积
【解析】
根据菱形面积=对角线积的一半可求AC，再根据勾股定理求出BC，然后由菱形的面积即可得出结果．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ BO=DO=4，AO=CO，AC⊥BD，
∴ BD=8.
∵ S菱形ABCD=24，
∴ AC=6，
∴ OC=12AC=3，
∴ BC=OB2+OC2=5，
∵ S菱形ABCD=BC⋅AH=24，
∴ AH=245.
故答案为：245.
24.
【答案】
100
【考点】
二次函数的最值
矩形的性质
【解析】
设矩形的宽为x，则长为(20−x)，S＝x(20−x)＝−x2+20x＝−(x−10)2+100，当x＝10时，S最大值为100．
【解答】
解：设矩形的宽为x，则长为(20−x)，
所以S=x(20−x)=−x2+20x=−(x−10)2+100，
当x=10时，S取得最大值，最大值为100．
故答案为：100.
25.
【答案】
1.4
【考点】
数学常识
正方形的性质
【解析】
根据估算方法可求解．
【解答】
解：根据题意，可得：
边长为1的正方形的对角线长=1×75=1.4.
故答案为：1.4.
26.
【答案】
413
【考点】
三角形中位线定理
菱形的性质
【解析】
连接AC，利用三角形的中位线定理求得AC的长，从而利用菱形的性质求得AO和BO的长，利用勾股定理求得边长后即可求得周长．
【解答】
如图，连接AC，
∵ E，F分别是AD，DC的中点，EF＝3，
∴ AC＝2EF＝6，
∵ 四边形ABCD为矩形，BD＝4，
∴ AC⊥BD，AO＝3，BO＝2，
∴ AB=AO2+BO2=13，
∴ 周长为413，
27.
【答案】
4
【考点】
直角三角形斜边上的中线
三角形中位线定理
菱形的性质
【解析】
先根据菱形的性质得到AD＝8，AC⊥BD，然后根据三角形直角三角形斜边上的中线性质求解．（也可以利用三角形中位线定理）；
【解答】
∵ 四边形ABCD为菱形周长＝32，
∴ AD＝8，AC⊥BD，
∴ ∠AOD＝90∘
∵ E为AD的中点，
∴ OE=12AD＝4．
28.
【答案】
2或22
【考点】
函数的综合性问题
正方形的性质
【解析】
根据点的选取方法找出点B、C、D的坐标，由两点间的距离公式表示出线段OA、OC的长，再根据两线段的关系可得出关于a的一元二次方程，解方程即可得出结论．
【解答】
解：依照题意画出图形，如图所示．
∵ 点A的坐标为(a, −a)(a>0)，
∴ 点B(a, 1a)、点C(−1a, 1a)、点D(−1a, −a)，
∴ OA=(a−0)2+(−a−0)2=2a，OC=(−1a−0)2+(1a−0)2=2a．
又∵ 原点O分对角线AC为1:2的两条线段，
∴ OA=2OC或OC=2OA，
即2a=2×2a或2a=22a，
解得：a1=2，a2=−2（舍去），a3=22，a4=−22（舍去）．
故答案为：2或22．
29.
【答案】
8+833
【考点】
弧长的计算
菱形的性质
旋转的性质
【解析】
根据题意点A2落在A3的位置时，点A旋转了3次，第一次以D点为圆心，4cm为半径，圆心角为60∘，第二次以C1点为圆心，43cm为半径，圆心角为120∘，第三次以B2点为圆心，4cm为半径，圆心角为60∘，求三次旋转的弧长即可．
【解答】
解：连接BC1，∵ 四边形ABCD为菱形，∠BAD=60∘，
∴ ∠ABC1=90∘，∠AC1B=30∘，
∵ AB=4cm，
∴ BC1=43cm，
点A落在点A1的经过的路径长为60π×4180=4π3cm，
点A1落在点A2的经过的路径长为120π×43180=833πcm，
点A2落在点A3的经过的路径长为
∴ 点A在旋转过程中经过的路径长为8+833cm．
故答案为8+833．
30.
【答案】
π3
【考点】
弧长的计算
等边三角形的判定方法
菱形的性质
【解析】
B，C两点恰好落在扇形AEF的EF上，即B、C在同一个圆上，连接AC，易证△ABC是等边三角形，即可求得BC的圆心角的度数，然后利用弧长公式即可求解．
【解答】
解：∵ 菱形ABCD中，AB=BC，
又∵ AC=AB，
∴ AB=BC=AC，即△ABC是等边三角形．
∴ ∠BAC=60∘，
∴ 弧BC的长是：60π×1180=π3，
故答案是：π3．
31.
【答案】
3,2π或4π
【考点】
菱形的性质
等边三角形的判定方法
弧长的计算
【解析】
连接OB和AC交于点D，根据菱形及直角三角形的性质先求出AC的长及∠AOC的度数，然后求出∠AOC，根据弧长公式的计算计算即可．
【解答】
解：连接OB和AC交于点D，
∵ 四边形OABC为菱形，
∴ OA=AB=BC=OC，
∵ ⊙O半径为3cm，
∴ OA=OC=3cm，
∵ OA=OB，
∴ △OAB为等边三角形，
∴ ∠AOB=60∘，
∴ ∠AOC=120∘，
∴ AC=120⋅π×3180=2π，
∴ 优弧AC=240π×3180=4π，
故答案为3，2π或4π．
32.
【答案】
(4, 4)
【考点】
相似三角形的性质与判定
坐标与图形性质
正方形的性质
【解析】
过Q作EF⊥OC，垂足为E，交AB于点F，易证△OCQ∽△BPQ，由S△BPQ=14S△OQC，可知QF:QE=1:2，于是QE=4，可求出Q的坐标．
【解答】
解：过Q作EF⊥OC，垂足为E，交AB于点F，
∵ 四边形OABC是正方形，
∴ OC // AB，
∴ △OCQ∽△BPQ，
∵ S△BPQ=14S△OQC，
∴ QFQE=BPOC=12，
∵ EF=BC=6．
∴ QE=4，
∴ Q的坐标(4, 4)．
故答案为：(4, 4)．
33.
【答案】
(3, 2)
【考点】
一次函数图象上点的坐标特点
正方形的性质
【解析】
根据直线解析式先求出OA1=1，求得第一个正方形的边长，再求出第二个正方形的边长为2，即可求得B2的坐标．
【解答】
解：∵ 直线y=x+1，当x=0时，y=1，当y=0时，x=−1，
∴ OA1=1，OD=1，
∴ ∠ODA1=45∘，
∴ ∠A2A1B1=45∘，
∴ A2B1=A1B1=1，
∴ A2C1=C1C2=2，
∴ OC2=OC1+C1C2=1+2=3，
∴ B2(3, 2)．
故答案为(3, 2)．
34.
【答案】
5,18,26
【考点】
矩形的性质
解直角三角形
【解析】
由在矩形ABCD中，AC=10，DC=25，根据矩形的对角线相等且互相平分，可求得BO的长，利用勾股定理即可求得AD的长，继而求得∠DAC的度数，又由E是边AD的中点，可得△ABE是等腰直角三角形，继而求得答案．
【解答】
解：∵ 在矩形ABCD中，AC=10，
∴ BD=AC=10，
∴ BO=12BD=5，
∵ DC=25，
∴ AD=AC2−CD2=45，
∴ tan∠DAC=CDAD=12，
∵ tan26∘34′≈12，
∴ ∠DAC≈26∘34′，
∴ ∠OAB=∠OBA=90∘−∠DAC=63∘26′，
∵ E是AD的中点，
∴ AE=AB=25，
∴ ∠ABE=∠AEB=45∘，
∴ ∠EBD=∠OBA−∠ABE=18∘26′．
故答案为：5，18，26．
35.
【答案】
3
【考点】
矩形的性质
垂线段最短
【解析】
根据AP+PB=AB，然后判断出PM最小时，PA+PB+PM的值最小值，再根据垂线段最短解答．
【解答】
解：∵ AP+PB=AB，
∴ PM最小时，PA+PB+PM的值最小值，
由垂线段最短可知PM⊥CD时，PA+PB+PM的值最小值，
最小值为1+2=3．
故答案为：3．
三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 10 分 ，共计50分 ）
36.
【答案】
证明：(1)△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，
∴ ∠BAG=∠GAF=12BAF，B、F关于AE对称，
∴ AG⊥BF，
∴ ∠AGF=90∘，
∵ AH平分∠DAF，
∴ ∠FAH=12∠FAD，
∴ ∠EAH=∠GAF+∠FAH，
=12∠BAF+12∠FAD，
=12∠BAF+∠FAD，
=12∠BAD，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BAD=90∘，
∴ ∠EAH=12∠BAD=45∘，
∴ ∠GHA=45∘，
∴ GA=GH；
(2)连接DH，DF，交AH于点N，
由(1)可知：AF=AD,∠FAH=∠DAH，
∴ AH⊥DF,FN=DN，
∴ DH=HF,∠FAH=∠DNH=90∘，
又∵ ∠GHA=45∘，
∴ ∠FHN=45∘=∠NDH=∠DHN，
∴ ∠DHF=90∘
∴ DH的长即为点D到直线BH的距离，
由(1)知：在Rt△ABE中，AE2=AB2+BE2，
∴ AE=32+12=10，
∵ ∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90∘，
∴ ∠AEB=∠ABG，
∴ △ABG∼△AEB，
∴ AGAB=BGBE=ABAE，
∴ AG=AB2AE=910=91010，
BG=AB⋅BEAE=310=31010，
由(1)知：GF=BG，AG=GH，
∴ GF=31010,GH=91010，
∴ DH=FH=GH−GF=91010−31010=3105，
即点D到直线BH的长为3105；
(3)作正方形ABCD的外接圆，对角线BD为圆的直径，
∵ ∠BHD=90∘，
∴ H在圆周上，
∴ ∠BHC=∠BDC，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BCD=90∘,BC=CD，
∴ ∠BDC=∠DBC=45∘，
∴ ∠BHC=45∘，
∴ 当点E在BC边上（除端点外）运动时，∠BHC的大小不变．
【考点】
正方形的性质
全等三角形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，
∴ ∠BAG=∠GAF=12BAF，B、F关于AE对称，
∴ AG⊥BF，
∴ ∠AGF=90∘，
∵ AH平分∠DAF，
∴ ∠FAH=12∠FAD，
∴ ∠EAH=∠GAF+∠FAH，
=12∠BAF+12∠FAD，
=12∠BAF+∠FAD，
=12∠BAD，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BAD=90∘，
∴ ∠EAH=12∠BAD=45∘，
∴ ∠GHA=45∘，
∴ GA=GH；
(2)连接DH，DF，交AH于点N，
由(1)可知：AF=AD,∠FAH=∠DAH，
∴ AH⊥DF,FN=DN，
∴ DH=HF,∠FAH=∠DNH=90∘，
又∵ ∠GHA=45∘，
∴ ∠FHN=45∘=∠NDH=∠DHN，
∴ ∠DHF=90∘
∴ DH的长即为点D到直线BH的距离，
由(1)知：在Rt△ABE中，AE2=AB2+BE2，
∴ AE=32+12=10，
∵ ∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90∘，
∴ ∠AEB=∠ABG，
∴ △ABG∼△AEB，
∴ AGAB=BGBE=ABAE，
∴ AG=AB2AE=910=91010，
BG=AB⋅BEAE=310=31010，
由(1)知：GF=BG，AG=GH，
∴ GF=31010,GH=91010，
∴ DH=FH=GH−GF=91010−31010=3105，
即点D到直线BH的长为3105；
37.
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD // BC，DO=BO，
∴ ∠EDO=∠FBO，
又∵ EF⊥BD，
∴ ∠EOD=∠FOB=90∘，
在△DOE和△BOF中，
∠EDO=∠FBO,DO=BO,∠EOD=∠FOB=90,
∴ △DOE≅△BOF(ASA).
(2)解：由(1)可得，ED // BF，ED=BF，
∴ 四边形BFDE是平行四边形，
∵ BO=DO，EF⊥BD，
∴ ED=EB，
∴ 四边形BFDE是菱形，
根据AB=6，AD=8，设AE=x，可得BE=ED=8−x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：BE2=AB2+AE2，
即(8−x)2=x2+62，
解得：x=74，
∴ BE=8−74=254，
∴ 四边形BFDE的周长=254×4=25．
【考点】
矩形的性质
全等三角形的性质与判定
菱形的判定与性质
勾股定理
【解析】
（1）根据矩形的性质可得BO＝DO，∠EOD＝∠FOB，∠EDO＝∠FBO，即可证的两个三角形全等；
（2）设AE＝x，根据已知条件可得AE＝8−x，由（1）可推得△EBO≅△EDO，可得ED＝EB，可证得四边形EBFD是菱形，根据勾股定理可得BE的长，即可求得周长；
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD // BC，DO=BO，
∴ ∠EDO=∠FBO，
又∵ EF⊥BD，
∴ ∠EOD=∠FOB=90∘，
在△DOE和△BOF中，
∠EDO=∠FBO,DO=BO,∠EOD=∠FOB=90,
∴ △DOE≅△BOF(ASA).
(2)解：由(1)可得，ED // BF，ED=BF，
∴ 四边形BFDE是平行四边形，
∵ BO=DO，EF⊥BD，
∴ ED=EB，
∴ 四边形BFDE是菱形，
根据AB=6，AD=8，设AE=x，可得BE=ED=8−x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：BE2=AB2+AE2，
即(8−x)2=x2+62，
解得：x=74，
∴ BE=8−74=254，
∴ 四边形BFDE的周长=254×4=25．
38.
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AF//BE.
∵ AF=BE，
∴ 四边形ABEF是平行四边形.
∵ BA=BE，
∴ 平行四边形ABEF是菱形.
(2)解：如图所示，连接AE，BF交于点P，
点P即为所求（菱形的对角线互相垂直）.
【考点】
平行四边形的性质
作图—复杂作图
菱形的判定与性质
【解析】
（1）根据平行四边形的性质和判定，菱形的判定即可证明；
（2）连结AE，BF，根据菱形的性质可得AE和BF的交点即为点P．
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AF//BE.
∵ AF=BE，
∴ 四边形ABEF是平行四边形.
∵ BA=BE，
∴ 平行四边形ABEF是菱形.
(2)解：如图所示，连接AE，BF交于点P，
点P即为所求（菱形的对角线互相垂直）.
39.
【答案】
(1)解：−(−1)+|−2|+(2019−2)0
=1+2+1
=4.
(2)证明：∵ 四边形ABCD中，AB=CD，AD=BC，
∴ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AC=2OA，BD=2OD.
∵ OA=OD，
∴ AC=BD，
∴ 平行四边形ABCD是矩形．
【考点】
平行四边形的性质与判定
矩形的判定
零指数幂
实数的运算
绝对值
【解析】
(1)先根据相反数，绝对值，零指数幂进行计算，再求出即可；
(2)先证出四边形ABCD是平行四边形，再求出AC=BD，最后根据矩形的判定得出即可．
【解答】
(1)解：−(−1)+|−2|+(2019−2)0
=1+2+1
=4.
(2)证明：∵ 四边形ABCD中，AB=CD，AD=BC，
∴ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AC=2OA，BD=2OD.
∵ OA=OD，
∴ AC=BD，
∴ 平行四边形ABCD是矩形．
40.
【答案】
(1)证明：∵ CE // BD，DE // AC，
∴ 四边形OCED是平行四边形.
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD，OA=OC，OB=OD，
∴ OD=OC，
∴ 四边形OCED是菱形.
(2)解：∵ AB=3，BC=4，
∴ 矩形ABCD的面积=3×4=12.
∵ S△ODC=14S矩形ABCD=3，
∴ 四边形OCED的面积=2S△ODC=6．
【考点】
菱形的面积
矩形的性质
菱形的判定
【解析】
（1）首先由CE // BD，DE // AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD，即可判定四边形CODE是菱形，
（2）由矩形的性质可知四边形OCED的面积为矩形ABCD面积的一半，问题得解．
【解答】
(1)证明：∵ CE // BD，DE // AC，
∴ 四边形OCED是平行四边形.
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD，OA=OC，OB=OD，
∴ OD=OC，
∴ 四边形OCED是菱形.
(2)解：∵ AB=3，BC=4，
∴ 矩形ABCD的面积=3×4=12.
∵ S△ODC=14S矩形ABCD=3，
∴ 四边形OCED的面积=2S△ODC=6．