2023年河南省各地市中考數(shù)學(xué)三模壓軸題之四邊形和相似三角形(含解析)

2023年河南省各地市中考數(shù)學(xué)三模壓軸題精選之四邊形和相似三角形1.(2023·河南省商丘市·三模)如圖，平面直角坐標(biāo)系中，正方形OABC的頂點A在x軸的正半軸上，頂點C在y軸的正半軸上，對角線AC和OB交于點D，作∠ABO的平分線，交OA于點P，交AC于點Q.若OP=2，則點Q的坐標(biāo)為(

)A.(3,2)

B.(2+1,1)

C.(

2.(2023·河南省天宏大聯(lián)考·三模)如圖，已知點P是菱形ABCD的對角線AC延長線上一點，過點P分別作AD、DC延長線的垂線，垂足分別為點E、F.若∠ABC=120°，AB=2，則PE-PF的值為(

)A.32 B.3 C.2 3.(2023·河南省天一大聯(lián)考·三模)如圖，△ABC是邊長為8的等邊三角形，以AC為底邊在右側(cè)作等腰三角形ADC，連接BD，交AC于點O，過點D作DF/?/AB交AC于點E，交BC于點F，若AD=5，則DF的長為(

)

A.32 B.3+3 C.4+4.(2023·河南省天宏大聯(lián)考·三模)如圖，在△ABC中，OA=4，OB=3，C點與A點關(guān)于直線OB對稱，動點P、Q分別在線段AC、AB上(點P不與點A、C重合)，滿足∠BPQ=∠BAO.當(dāng)△PQB為等腰三角形時，OP的長度是______．

5.(2023·河南省天一大聯(lián)考·三模)如圖，在平行四邊形ABCD中，∠B=60°，BC=1，點E是直線AB上一點，連接CE，將△BCE沿直線CE折疊，點B落在點B'處，若四邊形BEB'C是菱形，則CE的長為______．

6.(2023·河南省商丘市·三模)如圖，矩形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，AD=6，∠ABD=30°，點E為CD的中點，點P為BC，AB上一個動點，將△PEC沿PE折疊得到△PEQ，點C的對應(yīng)點為點Q，當(dāng)點Q落在矩形ABCD的對角線上時，PC的長為______．

7.(2023·河南省鄭州市外國語學(xué)?！と?如圖，直角△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，點E是邊AC上一點，將BE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°到點F，則CF長的最小值是

．

8.(2023·河南省鄭州一中·三模)如圖，在△ABC中，AB=AC=3+1，∠BAC=120°，P、Q是邊BC上兩點，將△ABP沿直線AP折疊，△ACQ沿直線AQ折疊，使得B、C的對應(yīng)點重合于點R.當(dāng)△PQR為直角三角形時，線段AP9.(2023·河南省洛陽市·三模)如圖，將矩形紙片ABCD折疊，折痕為MN，點M，N分別在邊AD，BC上，點C，D的對應(yīng)點分別在E，F(xiàn).且點F在矩形內(nèi)部，MF的延長線交邊BC于點G，EF交邊BC于點H.EN=1，AB=4，當(dāng)點H為GN三等分點時，MD的長為______．

10.(2023·河南省濮陽市·三模)矩形ABCD中，AB=3，BC=4，對角線AC、BD交于點O，點M是BC邊上一動點，連接OM，以O(shè)M為折痕，將△COM折疊，點C的對應(yīng)點為E，ME與OB交于點G，若△BGM為直角三角形，則BM的長為______．

11.(2023·河南省商丘一中·三模)折紙游戲：小明剪出一個直角三角形的紙片ABC，其中，∠A=60°，AC=1，找出BC的中點M，在AB上找任意一點P，以MP為對稱軸折疊△MPB，得到△MPD，點B的對應(yīng)點為點D，小明發(fā)現(xiàn)，當(dāng)點P的位置不同時，DP與△ABC的三邊位置關(guān)系也不同，請幫小明解決問題：當(dāng)DP⊥BC時，AP的長為______．

12.(2023·河南省駐馬店市二中·三模)如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=15，AC=12，E為AB上的點，將EB繞點E在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，點B的對應(yīng)點為點D，且點D在△ABC的邊上，當(dāng)△ADE恰好為直角三角形時，BE的長為______．

13.(2023·河南省駐馬店市確山縣·三模)如圖所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=23，∠B=30°，點D在AB上且AD=2，點P為AC的中點，將CP繞點C在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，點P的對應(yīng)點為點Q，連接AQ、DQ.當(dāng)∠DAQ=60°時，DQ的長為______．

14.(2023·河南省周口市西華縣·三模)如圖1，將兩個等腰直角△ABC和△DEF如圖1放置，∠C=∠F=90°，AC=DF=2，D為AB的中點.如圖2，將△DEF繞點D在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，當(dāng)△DEF的邊恰好經(jīng)過點C時，AF的長為______．

15.(2023·河南省天宏大聯(lián)考·三模)(1)如圖1，正方形ABCD和正方形DEFG(其中AB>DE)，連接CE，AG交于點H，請直接寫出線段AG與CE的數(shù)量關(guān)系______，位置關(guān)系______；

(2)如圖2，矩形ABCD和矩形DEFG，3AD=2DG，3AB=2DE，DC=DG，將矩形DEFG繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)α(0°<α<360°)，連接AG，CE交于點H，(1)中線段關(guān)系還成立嗎？若成立，請寫出理由；若不成立，請寫出線段AG，CE的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；

(3)矩形ABCD和矩形DEFG，3AD=2DG=6，3AB=2DE=12，將矩形DEFG繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)α(0°<α<360°)，直線AG，CE交于點H，當(dāng)點B、E、G在同一條直線上時，請直接寫出線段BE的長．

16.(2023·河南省天一大聯(lián)考·三模)綜合與實踐

【問題發(fā)現(xiàn)】

(1)如圖1，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別在邊AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH于點O.試猜想線段EG與FH的數(shù)量關(guān)系為______；

【類比探究】

(2)如圖2，在矩形ABCD中，AB=a，BC=2a，點E，F(xiàn)，G，H分別在邊AB，BC，CD，DA上，連接EG，F(xiàn)H，且EG⊥FH，垂足為O.試寫出線段EG與FH的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

【拓展應(yīng)用】

(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠ABC=90°，∠BCD=60°，點M，N分別在邊AB，BC上，連接CM，DN，且CM⊥DN，垂足為O.已知AB=3，BC=DC=4，若點M為AB的三等分點，直接寫出線段DN的長．

17.(2023·河南省鄭州市外國語學(xué)?！と?【問題發(fā)現(xiàn)】小明在一次利用三角板作圖的過程中發(fā)現(xiàn)了一件有趣的事情：如圖1，在Rt△ABC中，∠A=30°，AB=6，點M和點P分別是斜邊AB上的動點，并且滿足AM=BP，分別過點M和點P作AC邊的垂線，垂足分別為點N和點Q，那么MN+PQ的值是一個定值．

問題：若AM=BP=2時，MN+PQ值為______；

【操作探究】如圖2，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=α，AB=m；

愛動腦筋的小明立即拿出另一個三角板進行了驗證，發(fā)現(xiàn)果然和之前發(fā)現(xiàn)的結(jié)論一樣，于是他猜想，對于任意一個直角三角形，當(dāng)AM=BP時，MN+PQ的值都是固定的，小明的猜想對嗎？如果對，請利用圖2進行證明，并用含α和m的式子表示MN+PQ的值．

【解決問題】如圖3，在菱形ABCD中，AB=8，BD=14.若M、N分別是邊AD、BC上的動點，且AM=BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分別為E、F，則ME+NF的值為______．

18.(2023·河南省鄭州市十九中·三模)如圖，在矩形ABCD中，點M、N分別為AD、BC上的點，將矩形ABCD沿MN折疊，使點B落在CD邊上的點E處(不與點C，D重合)，連接BE，過點M作MH⊥BC于點H．

(1)如圖①，若BC=AB，求證：△EBC≌△NMH；

(2)如圖②，當(dāng)BC=2AB時，

①求證：△EBC∽△NMH；

②若點E為CD的三等分點，請直接寫出AMBN的值．

19.(2023·河南省鄭州一中·三模)綜合與實踐

【問題背景】

如圖(1)，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，點E為邊BC上一點，沿直線DE將矩形折疊，使點C落在AB邊上的點C'處．

(1)【問題解決】

填空：AC'的長為______；

(2)如圖(2)，展開后，將△DC'E沿線段AB向右平移，使點C'的對應(yīng)點與點B重合，得到△D'BE'，D'E'與BC交于點F，求線段EF的長．

(3)【拓展探究】

如圖(3)，在△DC'E沿射線AB向右平移的過程中，設(shè)點C'的對應(yīng)點為C″，則當(dāng)△D'C″E'在線段BC上截得的線段PQ的長度為1時，直接寫出平移的距離．

20.(2023·河南省濮陽市·三模)綜合與實踐

【問題情景】如圖3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,ACBC=k，F(xiàn)是AC邊上一動點，將△AFB沿著BF翻折得點A的對應(yīng)點D，連接CD，將射線CD繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°交BF于點E．

【問題發(fā)現(xiàn)】

(1)如圖1，若k=1，設(shè)∠ABF=α．

①求∠DAC的度數(shù).(用含α的式子表示)

②求證：CD=CE．

【拓展應(yīng)用】

(2)如圖2，若k=3，BC=2，在點F移動的過程中，當(dāng)△ACD為直角三角形時，請直接寫出BE

21.(2023·河南省商丘一中·三模)如圖，矩形ABCD中，點M為CD上一點，AM⊥BM，點P為直線CD上一個動點，將射線PB繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°交直線AM于點Q．

(1)當(dāng)△AMB為等腰直角三角形時，

①如圖1，當(dāng)點Q落在線段MA上時，試判斷MB，MQ，MP的數(shù)量關(guān)系______；

②如圖2，當(dāng)點Q落在射線MA上時，①中的結(jié)論是否變化，若不變，請證明.若變化，請說明理由；

(2)如圖3，若其他條件不變，Rt△AMB中，∠ABM=60°，AB=4，MQ=3，請直接寫出MP的長．

22.(2023·河南省周口市西華縣·三模)實踐發(fā)現(xiàn)：對折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展平：再一次折疊紙片，使點A落在EF上的點N處，并使折痕經(jīng)過點B，得到折痕BM，把紙片展平，連接AN，如圖①．

(1)折痕BM______(填“是”或“不是”)線段AN的垂直平分線；請判斷圖中△ABN是什么特殊三角形？答______；進一步計算出∠MNE=______；

(2)繼續(xù)折疊紙片，使點A落在BC邊上的點H處，并使折痕經(jīng)過點B，得到折痕BG，把紙片展平，如圖②，則∠GBN=______；

拓展延伸：

(3)如圖③，折疊矩形紙片ABCD，使點A落在BC邊上的點A'處，并且折痕交BC邊于點T，交AD邊于點S，把紙片展平，連接AA'交ST于點O，連接AT、A'S.求證：四邊形SATA'是菱形．

解決問題：

(4)如圖④，矩形紙片ABCD中，AB=10，AD=26，折疊紙片，使點A落在BC邊上的點A'處，并且折痕交AB邊于點T，交AD邊于點S，把紙片展平．同學(xué)們小組討論后，得出線段AT的長度有4，5，7，9．

請寫出以上4個數(shù)值中你認為正確的數(shù)值______．

23.(2023·河南省駐馬店二中·三模)閱讀以下材料，并按要求完成相應(yīng)的任務(wù)．

《數(shù)學(xué)的發(fā)現(xiàn)》是2006年科學(xué)出版社出版的圖書，作者是(美)喬治?波利亞.本書通過對各種類型生動而有趣的典型問題(有些是非數(shù)學(xué)的))進行細致剖析，提出它們的本質(zhì)特征，從而總結(jié)出各種數(shù)學(xué)模型．

共高三角形：有一條公共高的三角形稱為共高三角形．

共高定理：如圖①，設(shè)點M在直線AB上，點P為直線外一點，則有S△PAMS△PBM=AMBM．

下面是該結(jié)論的證明過程：證明：如圖①，過點P作PQ⊥AB于點Q，

……

按要求完成下列任務(wù)：

(1)請你按照以上證明思路，結(jié)合圖①完成剩余的證明；

(2)如圖②，△ABC，

①畫出∠BAC的平分線(不寫畫法，保留作圖痕跡，使用2B鉛筆作圖)；

②若∠BAC的平分線交BC于D，求證：ABAC=BDCD．

(3)如圖③，E是平行四邊形ABCD邊CD上一點，連接BE并延長，交AD的延長線于點F，連接AE，

24.(2023·河南省新鄉(xiāng)市封丘縣·三模)綜合與實踐

綜合與實踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動．

(1)操作判斷

操作一：正方形透明紙片ABCD，點E在BC邊上，如圖1，連接AE，沿經(jīng)過點B的直線折疊，使點E的對應(yīng)點E'落AE在上，如圖2，把紙片展平，得到折痕BF，如圖3，折痕BF交AE于點G．

根據(jù)以上操作，請直接寫出圖3中AE與BF的位置關(guān)系：______，BE與CF的數(shù)量關(guān)系：______．

(2)遷移探究小華將正方形透明紙片換成矩形透明紙片，繼續(xù)探究，過程如下：

將矩形透明紙片ABCD按照(1)中的方式操作，得到折痕BF，折痕BF交AE于點G，如圖4.若mAB=nAD，改變點E在BC上的位置，那么BFAE的值是否能用含m，n的代數(shù)式表示？如果能，請推理BFAE的值，如果不能，請說明理由；

(3)拓展應(yīng)用

如圖5，已知正方形紙片ABCD的邊長為2，動點E在AD邊上由點A向終點D勻速運動，動點F在DC邊上由點D向終點C勻速運動，動點E，F(xiàn)同時開始運動，且速度相同，連接AF，BE，交于點G，連接DG，則線段DG長度的最小值為：______，點G的運動路徑長度為：______(直接寫出答案即可)．

參考答案1.【答案】B

【解析】解：如圖，過頂點P作PE⊥OB于點E，

∵四邊形ABCD為正方形，

∴OC=BC=AB=OA，∠OAB=90°，

∴∠AOB=45°，

∵PE⊥OB，

∴△OPE為等腰直角三角形，

∴PE=OP2=22=2，

∵BP為∠ABO的平分線，PA⊥AB，PE⊥OB，

∴PE=PA=2，

∴OA=OP+PA=2+2，

∴C(0,2+2)，A(2+2,0)，P(2,0)，B(2+2,2+2)，

設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b(k≠0)，

將C(0,2+2)，A(2+2,0)代入得，b=2+2(2+2)k+b=0，

解得：k=-1b=2+2，

∴直線AC的解析式為y=-x+2+2，

設(shè)直線BP的解析式為y=mx+n(m≠0)，

將P(2,0)，B(2+2,2+2)代入得，2m+n=0(2+2)m+n=2+2，

解得：m=2.【答案】B

【解析】解：設(shè)AC交BD于O，如圖：

∵菱形ABCD，∠ABC=120°，AB=2，

∴∠BAD=∠BCD=60°，∠DAC=∠DCA=30°，AD=AB=2，BD⊥AC，

Rt△AOD中，OD=12AD=1，OA=AD2-OA2=3，

∴AC=2OA=23，

Rt△APE中，∠DAC=30°，PE=12AP，

Rt△CPF中，∠PCF=∠DCA=30°，PF=12CP，

∴PE-PF=12AP-123.【答案】C

【解析】解：在等邊△ABC中，AB=BC=AC=8，

在等腰△ADC中，AD=DC=5，

∴BD垂直平分AC，

∴AO=4，∠AOD=∠AOB=90°，

∴∠ABO=∠CBO=30°，

根據(jù)勾股定理，得OD=AD2-AO2=52-42=3，BO=AB2-AO2=82-42=43，

∴BD=3+43，

∵DF/?/AB，

∴∠FDB=∠ABD=30°，

∴∠FDB=∠FBD=30°，

∴DF=BF，

過點F作FH⊥BD于點H，

則H是BD的中點，

∴DH=12BD=3+432，

設(shè)DF=x，則FH=12x4.【答案】1或78【解析】【分析】

分為三種情況：①PQ=BP，②BQ=QP，③BQ=BP，由等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理即可求解．

本題考查了勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，題目綜合性比較強，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的性質(zhì)進行解題，注意分類討論．

【解答】

解：∵OA=4，OB=3，C點與A點關(guān)于直線OB對稱，

∴BC=AB=42+32=5，

分為3種情況：

①當(dāng)PB=PQ時，

∵C點與A點關(guān)于直線OB對稱，

∴∠BAO=∠BCO，

∵∠BPQ=∠BAO，

∴∠BPQ=∠BCO，

∵∠APB=∠APQ+∠BPQ=∠BCO+∠CBP，

∴∠APQ=∠CBP，

在△APQ與△CBP中，

∠QAP=∠PCB∠APQ=∠CBPQP=PB，

∴△APQ≌△CBP(AAS)，

∴PA=BC=5，

此時OP=5-4=1；

②當(dāng)BQ=BP時，

∠BPQ=∠BQP，

∵∠BPQ=∠BAO，

∴∠BAO=∠BQP，

根據(jù)三角形外角性質(zhì)得：∠BQP>∠BAO，

∴這種情況不存在；

③當(dāng)QB=QP時，

∠QBP=∠BPQ=∠BAO，

∴PB=PA，

設(shè)OP=x，則PB=PA=4-x

在Rt△OBP中，PB2=OP2+OB2，

∴(4-x)2=x2+32，

解得：x=78；

∵點P在AC5.【答案】1

【解析】解：∵四邊形BEB'C是菱形，

∴BC=BE=B'E=B'C=1，

∵∠B=60°，

∴△BCE是等邊三角形，

∴CE=BC=1，

故答案為：1．

根據(jù)菱形的性質(zhì)證明△BCE是等邊三角形，進而可以解決問題．

本題考查了翻折變換，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)．6.【答案】3或63【解析】解：當(dāng)點P在BC上時，如圖：

由折疊的性質(zhì)可知，DE=EQ，PC=PQ，∠EQP=90°，

∵∠ABD=30°，四邊形ABCD是矩形，

∴∠EDQ=∠EQD=30°，∠PBQ=60°，

∴∠PQB=60°，

∴△PBQ是等邊三角形，

∴PC=PQ=PB=12BC=3，

當(dāng)點P在AB上時，Q剛好和點D重合，如圖：

由勾股定理得AB=63，

∵E是中點，

∴DE=33，

由折疊的性質(zhì)知PE⊥DC，

在Rt△PEC中，CE=33，PE=6，

∴PC=CE2+PE2=63．

故答案為：3或63．

分兩種情況討論，當(dāng)點P在BC7.【答案】2

【解析】【分析】

取AB的中點D，連接DE，過點D作DH⊥AC于點H，可證得△BCF≌△BDE(SAS)，得出CF=DE，當(dāng)且僅當(dāng)DE⊥AC，即點E與點H重合時，DE=DH=12AD=2為DE的最小值，即可得出CF的最小值為2．

本題考查了直角三角形性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短等，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．

【解答】

解：如圖，取AB的中點D，連接DE，過點D作DH⊥AC于點H，

則AD=BD=12AB，∠AHD=∠ACB=90°，

∵∠A=30°，BC=4，

∴AB=2BC=8，∠ABC=90°-30°=60°，

由旋轉(zhuǎn)得：BF=BE，∠EBF=60°，

∴∠EBC+∠CBF=60°，

∵∠EBC+∠DBE=60°，

∴∠CBF=∠DBE，

∵AD=BD=12AB=4，

∴BC=BD，

在△BCF和△BDE中

BF=BE∠CBF=∠DBEBC=BD

∴△BCF≌△BDE(SAS)，

∴CF=DE，

當(dāng)且僅當(dāng)DE⊥AC，即點E與點H重合時，DE=DH=8.【答案】2或【解析】【分析】

由翻折的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)可得∠PRQ=60°，要使△PQR為直角三角形，于是有兩種情況：即∠RPQ=90°或∠RQP=90°，分別畫出相應(yīng)的圖形，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系以及勾股定理進行計算即可．

本題考查翻折變換的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系，掌握翻折變換的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系以及勾股定理是正確解答的前提．

【解答】

解：過點A作AD⊥BC于點D，

由翻折可知，∠ARQ=∠C，∠ARP=∠B，

在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=3+1，

∴∠B=∠C=30°，AD=12AB=3+12，BD=CD=32AB=3+32，

∴∠PRQ=∠B+∠C=60°，

①當(dāng)∠RPQ=90°時，如圖1，設(shè)AR與BC交于點E，

∴RP//AD，

∴∠EAD=∠ERP=∠B=30°，

在Rt△ADE中，AD=3+12，∠EAD=30°，

∴DE=33AD=3+36，

設(shè)BP=a，則PR=a，PE=BD-BP-DE=3+32-a-3+36=3+33-a，

在Rt△PRE中，∠PRE=30°，

∴PR=3PE，

即a=3×(3+33-a)，

解得a=1，

∴BP=PR=1，PE=3+33-1=339.【答案】73-12【解析】【分析】

根據(jù)點H為GN三等分點，分兩種情況分別計算，根據(jù)折疊的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)證明∠GMN=∠MNG，得到MG=NG，證明△FGH∽△ENH，求出FG的長，過點G作GP⊥AD于點P，則PG=AB=4，設(shè)MD=MF=x，根據(jù)勾股定理列方程求出x即可．

本題考查了翻折變換(折疊問題)，矩形的性質(zhì)，考查了分類討論的思想，根據(jù)勾股定理列方程求解是解題的關(guān)鍵．

【解答】

解：當(dāng)HN=13GN時，GH=2HN，

∵將矩形紙片ABCD折疊，折痕為MN，

∴MF=MD，CN=EN，∠E=∠C=∠D=∠MFE=90°，∠DMN=∠GMN，AD//BC，

∴∠GFH=90°，∠DMN=∠MNG，

∴∠GMN=∠MNG，

∴MG=NG，

∵∠GFH=∠E=90°，∠FHG=∠EHN，

∴△FGH∽△ENH，

∴FGEN=GHHN=2，

∴FG=2EN=2，

過點G作GP⊥AD于點P，則PG=AB=4，

設(shè)MD=MF=x，

則MG=GN=x+2，

∴CG=x+3，

∴PM=3，

∵GP2+PM2=MG2，

∴42+32=(x+2)2，

解得：x=3或-7(舍去)，

∴MD=3；

當(dāng)GH=13GN時，HN=2GH，

∵△FGH∽△ENH，

∴FGEN=GHHN=110.【答案】0.5或1.5

【解析】解：①∠BMG是直角，如圖，

過O點作OH⊥BC于H，

∵四邊形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，

∴AC=5，

∴BH=CH=2，

∴CO=2.5，

∴OH=1.5，

由折疊的性質(zhì)可得∠OMH=45°，

∴MH=OH=1.5，

∴BM=BH-MH=4-2-1.5=0.5；

②∠BGM是直角，如圖，

由折疊的性質(zhì)可得OE=OC=2.5，∠ACB=∠E，

∵∠ABC=∠EGO=90°，

∴△OEG∽△ACB，

∴OG：OE=AB：AC，即OG：2.5=3：5，

解得OG=1.5，

∴BG=2.5-1.5=1，

∵∠ACB=∠MBG，

∠ABC=∠MGB=90°，

∴△ABC∽△MGB，

∴BM：BG=CA：CB，即BM：1=5：4，

解得BM=1.25．

綜上所述，線段BM的長為0.5或1.25．

故答案為：0.5或1.25．

分兩種情況：①∠BMG是直角和②∠BGM是直角，進行討論即可求解．

本題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理、翻折變換的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)；熟練掌握矩形和翻折變換的性質(zhì)，勾股定理是解決問題的關(guān)鍵．11.【答案】12或3【解析】【分析】

分兩種情形：如圖1中，當(dāng)DP⊥BC，延長DP交BC于點J.如圖2中，當(dāng)PD⊥BC于點J時，分別求出PB，可得結(jié)論．

本題考查翻折變換，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．

【解答】

解：如圖1中，當(dāng)DP⊥BC，延長DP交BC于點J．

∵∠C=90°，AC=1，∠A=60°，

∴∠B=30°，

∴AB=2AC=2，BC=3AC=3，

由翻折變換的性質(zhì)可知，∠D=∠B=30°，DM=BM=32，

∴JM=12DM=34，

∴BJ=BM-JM=34，

∴PB=BJcos30°=12，

∴AP=AB-PB=2-12=32．

如圖2中，當(dāng)PD⊥BC12.【答案】458或45【解析】解：∵∠ACB=90°，AB=15，AC=12，

∴BC=152-122=9.△ADE為直角三角形時分兩種情況：

①如圖，當(dāng)∠ADE=90°時，設(shè)DE=x=BE，

由∠ADE=∠ACB，∠A=∠A，

∴△ADE∽△ACB，

∴DECB=AEAB，

∴x9=15-x15，

解得x=458；

②當(dāng)∠AED=90°時，設(shè)DE=y=BE，

同理可得：△AED∽△ACB，

∴DECB=13.【答案】7或【解析】解：∵∠ACB=90°，BC=23，∠B=30°，點P為AC的中點，

∴∠BAC=60°，AC=BC?tan30°=2，AP=12AC=1，ABAC2+BC2=22+(23)2=4．

∵AD=2，

∴D是AB的中點．

當(dāng)∠DAQ=60°時，存在兩種情況，

當(dāng)點Q與點P重合時，如圖1所示，AQ=AP=1，

此時DQ為△ABC的中位線，

∴DQ=12BC=3；

當(dāng)點Q在AP延長線上時，連接DP、DQ，

如圖2所示，

∵PD為△ABC的中位線，

∴PD/?/BC，

∴∠DPQ+∠ACB=180°，

∴∠DPQ=90°，

∴DQ=PD2+PQ2=(3)2+22=14.【答案】2或【解析】【分析】

分兩種情況討論，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得AD=CD=2，利用勾股定理和平行四邊形的性質(zhì)可求解．

本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是解題的關(guān)鍵．

【解答】

解：如圖，當(dāng)點C落在DF上時，

∵AC=DF=2，∠CAB=∠EDF=45°，∠ACB=∠DFE=90°，

△ACB和△DFE都是等腰直角三角形，

∴AB=DE=22，

∵點D是AB的中點，

∴AD=CD=2，

∴AF=AD2+DF2=2+4=6；

當(dāng)點C落在DE上時，連接CF，

∵DE=AB=22，CD=2，

∴CE=CD=2，

15.【答案】相等

垂直

【解析】解：(1)如圖1，

在正方形ABCD和正方形DEFG中，∠ADC=∠EDG=90°，

∴∠ADE+∠EDG=∠ADC+∠ADE，

即∠ADG=∠CDE，

∵DG=DE，DA=DC，

∴△GDA≌△EDC(SAS)，

∴AG=CE，∠GAD=∠ECD，

∵∠COD=∠AOH，

∴∠AHO=∠CDO=90°，

∴AG⊥CE，

故答案為：相等，垂直；

(2)不成立，新結(jié)論：3CE=2AG，AG⊥CE，理由如下：

如圖2，由(1)知，∠EDC=∠ADG，

∵3AD=2DG，3AB=2DE，AD=DE，

∴DGAD=32，DECD=DEAB=32，

∴DGAD=EDDC=32，

∴△GDA∽△EDC，

∴AGCE=ADDC=32，即3CE=2AG，

∵△GDA∽△EDC，

∴∠ECD=∠GAD，

∵∠COD=∠AOH，

∴∠AHO=∠CDO=90°，

∴AG⊥CE；

(3)①當(dāng)點G在線段BE上時，如圖3-1，連接BD，過點D作DT⊥BE于點T．

∵3AD=2DG=6，3AB=2DE=12，

∴AD=2，DG=3，AB=4，DE=6，

∵∠A=∠EDG=90°，

∴BD=AD2+AB2=22+42=25，EG=DG2+DE2=32+62=35，

∵DT⊥EG，

∴12?DE?DG=12?EG?DT，

16.【答案】EG=FH

【解析】(1)證明：過點H作HN⊥BC交于N，過點G作GM⊥BA交于M，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴MG=HN，

∵HF⊥EG，

∴∠MGE=∠NHF，

∴△HFN≌△GEM(ASA)，

∴HF=EG；

故答案為：HF=EG；

(2)解：EG=2FH；

理由：過點H作HQ⊥BC交于Q，過點G作GP⊥AB交于P，

由(1)可得，∠QHF=∠PGE，

∴△QHF∽△PGE，

∴HFGE=HQPG，

∵AB=a，BC=2a，

∴PG=2a，HQ=a，

∴HFGE=a2a=12；

∴EG=2FH；

(3)解：如圖3，過點D作DS⊥BC于S，

∴∠DSN=∠DSC=∠B=90°，

∵∠DCS=60°，CD=4，

∴DS=32CD=23，

∵點M為AB的三等分點，AB=3，

∴BM=2或BM=1，

∵BC=4，

∴CM=BC2+BM2=25或17，

由(1)知△BCM∽△SDN，

∴CMDN=BCSD，

∴25DN=423或17DN=423，

解得DN=15或512．

(1)過點H作HN⊥BC交于N，過點G17.【答案】解：【問題發(fā)現(xiàn)】3；

【操作探究】對，

證明：∵MN⊥AC于點N，PQ⊥AC于點Q，AM=BP，

∴∠ANM=∠AQP=∠C=90°，

∵∠A=∠A，

∴△AMN∽△ABC，△APQ∽△ABC，

∴MNBC=AMAB，PQBC=APAB，

∵AP=AM+MP=BP+MP=MB，

∴PQBC=MBAB，

∴MNBC+PQBC=AMAB+MBAB=【解析】【分析】

此題重點考查直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半、勾股定理、銳角三角函數(shù)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、菱形的性質(zhì)等知識，此題綜合性強，難度較大，屬于考試壓軸題．

【問題發(fā)現(xiàn)】由∠ANM=∠AQP=∠C=90°，∠A=30°，得MN=12AM，PQ=12AP=12(AM+PM)，而AM=BP，則MN+PQ=12AM+12BM=12AB=3，于是得到問題的答案．

【操作探究】由∠ANM=∠AQP=∠C=90°，∠A=∠A，可證明△AMN∽△ABC，△APQ∽△ABC，得MNBC=AMAB，PQBC=APBC，因為AP=AM+MP=BP+MP=MB，則PQBC=MBAB，于是可推導(dǎo)出MNBC+PQBC=ABAB=1，所以MN+PQ=BC=m?sinα；

【解決問題】連AC交BC于點O，在BC上截取BL=DM，作LI⊥BO于點I，由菱形的性質(zhì)得BC=AB=AD=8，BO=DO=12BD=7，∠BOC=90°，可求得CO=BC2-BO2=15，再由AD=BC，AM=BN，證明DM=CN，再證明△BLI≌△DME，得LI=ME，則BL=CN，由∠BOC=90°，LI⊥BO，NF⊥BO，得LI+NF=CO=15，則ME+NF=15．

【解答】

解：【問題發(fā)現(xiàn)】∵MN⊥AC于點N，PQ⊥AC于點Q，

∴∠ANM=∠AQP=∠C=90°，

∵∠A=30°，

∴MN=12AM，PQ=12AP=12(AM+PM)，

∵AM=BP，

∴PQ=12(BP+PM)=12BM，

∴MN+PQ=12AM+12BM=12AB，

∵AB=6，

∴MN+PQ=12×6=3，

故答案為：3．

【操作探究】見答案；

【解決問題】如圖3，連AC交BC于點O，在BC上截取BL=DM，作LI⊥BO于點I，

∵四邊形ABCD是菱形，AB=8，BD=14，

∴BC=AB=AD=8，BO=DO=12BD=12×14=7，AC⊥BD18.【答案】(1)證明：如圖①，BE與MN的交點記作點O，

由折疊知，∠BON=90°，

∴∠CBE+∠BNM=90°，

∵MH⊥BC，

∴∠MHN=90°，

∴∠HMN+∠BNM=90°，

∴∠CBE=∠HMN，

∵四邊形ABCD為矩形，

∴∠A=∠ABC=∠C=90°=∠BHM，

∴四邊形ABHM是矩形，

∴AB=MH，

∵BC=AB，

∴BC=MH，

在△EBC和△NMH中，

∠C=∠BHMBC=MH∠CBE=∠HMN，

∴△EBC≌△NMH(ASA)；

(2)①證明：同(1)的方法得，∠C=∠BHM，∠CBE=∠HMN，

∴△EBC∽△NMH；

②解：設(shè)DE=x(x>0)，

∵點E為CD的三等分點，

Ⅰ、當(dāng)CE=2DE時，

∴CE=2x，CD=3x，

∵BC=2BA，

∴BC=6x，

同①的方法得，四邊形CDMH是矩形，

∴MH=CD=3x，

由①知，△EBC∽△NMH，

∴ECNH=BCMH，

∴2xNH=6x3x，

∴NH=x，

設(shè)AM=y(y>0)，

同①的方法得，四邊形AMHB是矩形，

∴BH=AM=y，

∴BN=x+y，

∴CN=BC-BN=5x-y，

由折疊知，EN=BN=x+y，

在Rt△ECN中，根據(jù)勾股定理得，CN2+CE2=EN2，

∴(5x-y)2+(2x)2=(x+y)2，

∴y=7【解析】(1)根據(jù)同角的余角相等得出∠CBE=∠HMN，再判斷出四邊形ABHM是矩形，得出AB=MH，進而判斷出△EBC≌△NMH；

(2)①同(1)的方法得，∠C=∠BHM，∠CBE=∠HMN，即可得出結(jié)論；

②設(shè)DE=x(x>0)，Ⅰ、當(dāng)CE=2DE時，則CE=2x，CD=3x，BC=6x，進而得出MH=CD=3x，再根據(jù)△EBC∽△NMH，得出NH=x，設(shè)AM=y(y>0)，表示出BH=AM=y，BN=x+y，CN=BC-BN=5x-y，再根據(jù)勾股定理得，CN2+CE2=EN2，建立方程得出y=73x或x=0(舍19.【答案】解：(1)3．

(2)由(1)得：AC'=3，

∴BC'=AB-AC'=2，

由折疊的性質(zhì)得：C'E=CE，

設(shè)BE=x，則C'E=CE=4-x，

在Rt△BEC'中，BE2+BC'2=C'E2，

即x2+22=(4-x)2，

解得x=32，

即BE=32，CE=4-32=52，

連接EE'，如圖所示：

由平移的性質(zhì)得：E'E=BC'=2，【解析】【分析】

本題考查四邊形綜合，矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、平移的性質(zhì)、平行四邊形的判定等知識；本題綜合性強，熟練掌握矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、平移的性質(zhì)以及勾股定理是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．

(1)由矩形的性質(zhì)得∠A=90°，AB=CD=5，BC=AD=4，再由折疊的性質(zhì)得C'D=CD=5，然后由勾股定理求解即可；

(2)由折疊的性質(zhì)得C'E=CE，設(shè)BE=x，則C'E=CE=4-x，在Rt△BEC'中，由BE2+BC'2=C'E2求出BE=32，CE=52，連接EE'，根據(jù)相似三角形的判定可得△FEE'∽△FCD'∽△ECD，即可求解；

(3)分類討論：當(dāng)C″在AB內(nèi)(B的左側(cè))時，連接EE'，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)可得E'EE'Q=45，根據(jù)平移的性質(zhì)和等角對等邊的性質(zhì)可得PQ=QE'=1，即可求得；當(dāng)C″在射線AB上(B的右側(cè))時，連接EE'，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)可得CD'=2CP，CD'=34CQ，求解可得CP=35，即可求得．

【解答】

解：(1)∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠A=∠B=90°，AB=CD=5，BC=AD=4，

由折疊的性質(zhì)得：C'D=CD=5，

∴AC'=C'D2-AD2=52-42=3，

故答案為：3．

(2)見答案．

(3)當(dāng)C″在AB內(nèi)(B的左側(cè))時，連接EE'，

如圖所示：

由平移的性質(zhì)得：E'E=C'C″，EE'//AB，C″E'//C'E，

∴△QEE'∽△QBC″∽△EBC'，

∴E'EE'Q=C'BC'E=252=45，

∵∠CPD'=∠EPE'=∠CED=∠D'E'Q，

∴PQ=QE'=1，

∴E'E=45E'Q=45；

當(dāng)C″在射線AB上20.【答案】(1)①解：如圖，連接BD，

由折疊知，AB=BD，∠ABF=∠DBF=α，

∴∠BAD=∠BDA=180°-2α2=90°-α，

∵k=ACBC=1，

∴AC=BC，

∴∠CBA=∠CAB=45°，

∴∠DAC=∠DAB-∠CAB=90°-α-45°=45°-α，

②證明：∵∠ACB=∠DCE=90°，

∴∠ACD=∠ECB，

∵∠CBA=∠CAB=45°，

∴∠EBC=45°-α，

∴∠EBC=∠DAC，

在△ACD和△BCE中，

∠DAC=∠EBCAC=BC∠DCA=∠ECB，

∴△ACD≌△BCE(ASA)，

∴CD=CE；

(2)解：如圖4，連接BD，

由折疊知AB=BD．

∴∠BAD=180°-2β2=90°-β，∠DAF=∠BAD-∠CAB=90°-β-30°=60°-β，

∴∠CAD=∠CBF．

∵∠ACD=∠BCE．

∴∠BEC=∠ADC．

當(dāng)∠ADC=90°時，

∵BC=2，tan∠ABC=3．

∴AC=23，

∵AF=DF，

∴∠FAD=∠ADF，

∵∠FAD+∠FCD=∠FDA+∠FDC=90°，

∴∠FCD=∠FDC，

∴FC=FD=AF=3．

在Rt△BCF中，∠FCB=90°，F(xiàn)C=3，BC=2，

∴BF=4+3=7，

∴cos∠CBF=BCBF=277．

在Rt△BEC中，BE=BC?cos∠CBF=477．

如圖5，當(dāng)∠ACD=90°時，此時E，F(xiàn)重合，B，【解析】(1)①連接BD，由折疊知，AB=BD，∠ABF=∠DBF=α，則∠DAC=∠DAB-∠CAB=90°-α-45°=45°-α；

②利用ASA證明△ACD≌△BCE，得CD=CE；

(2)連接BD，分∠ADC=90°或∠ACD=90°時，分別根據(jù)圖2和圖進行解答即可．

本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，運用分類討論思想是解題的關(guān)鍵．21.【答案】BM-MQ=【解析】解：(1)如圖，過點Q作QE⊥CD于點E，連接BQ，

∵△AMB為等腰直角三角形，AM⊥BM，

∴∠BAM=∠ABM=45°，

∵四邊形ABCD為矩形，

∴AB/?/CD，∠C=90°，

∴∠BAM=∠AMD=45°，∠ABM=∠BMC=45°，

∴BC=22BM，

由旋轉(zhuǎn)可知，∠BPQ=90°，

∴Q、M、P、B四點在以BQ為直徑的圓上，

∴∠BMC=∠BQP=45°，

∴△PBQ為等腰直角三角形，PB=PQ，

∵∠EPQ+∠PQE=90°，∠EPQ+∠BPC=90°，

∴∠PQE=∠BPC，

在△PQE和△BPC中，

∠PEQ=∠BCP∠PQE=∠BPCPQ=PB，

∴△PQE≌△BPC(AAS)，

∴PE=BC=22BM，

∵∠AMD=45°，QE⊥EM，

∴EM=22MQ，

∵PM=PE-EM，

∴PM=22BM-22MQ，

即BM-MQ=2PM；

故答案為：BM-MQ=2PM；

②①中的結(jié)論會變化，理由如下：

過點Q作QE⊥CD的反向延長線于點E，連接BQ，

由①可得，BC=22BM，PE=BC=22BM，EM=22MQ，

∵EM-PE=PM，

∴22MQ-22BM=PM，

即MQ-BM=2PM；

(2)當(dāng)點Q射線MA上時，如圖，過點Q作QE⊥CD于點E，連接BQ，

∵四邊形ABCD為矩形，

∴AB/?/CD，∠D=∠C=90°，

∵∠ABM=60°，

∴∠ABM=∠BMC=60°，

∵AM⊥BM，即∠AMB=90°，

∴∠BMC+∠EMQ=90°，

∵∠EQM+∠EMQ=90°，

∴∠BMC=∠EQM=60°，

在Rt△QEM中，EM=MQ?sin∠EQM=3×32=32，EQ=MQ?cos∠EQM=3×12=32，

∴PE=EM-PM=32-PM，

在Rt△ABM中，BM=AB?cos∠ABM=4×12=2，

由旋轉(zhuǎn)可知，∠BPQ=90°，

∴Q、P、M、B四點在以BQ為直徑的圓上，

∴∠MPB=∠MQB，

∵∠MPB+∠EPQ=90°，∠MQB+∠MBQ=90°，

∴∠EPQ=∠MBQ，

∵∠PEQ=∠BMQ=90°，

∴△PEQ∽△BMQ，

∴PEBM=EQMQ，即32-PM2=323，

∴PM=12；

當(dāng)點Q射線AM上時，如圖，過點Q作QE⊥DC的延長線于點E，連接BQ，

∵四邊形ABCD為矩形，

∴AB/?/CD，

∴∠ABM=∠BMC=60°，

∵BM⊥AM，

∴∠EMQ=90°-∠BMC=30°，

在Rt△MEQ中，EQ=MQ?sin∠EMQ=3×12=32，EM=MQ?cos∠EMQ=3×32=32，

∴PE=PM-EM=PM-32，

在Rt△中，BM=AB?cos∠ABM=4×12=2，

由旋轉(zhuǎn)可知，∠BPQ=90°，

∴Q、P、B、M四點在以BQ為直徑的圓上，

∴∠MPQ=∠MBQ，即∠EPQ=∠MBQ，

∵∠PEQ=∠BMQ=90°，

∴△PEQ22.【答案】是

等邊三角形

60°

15°

7，9

【解析】解：(1)∵對折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，

∴EF垂直平分AB，

∴AN=BN，AE=BE，∠NEA=90°，

∵再一次折疊紙片，使點A落在EF上的點N處，

∴BM垂直平分AN，∠BAM=∠BNM=90°，

∴AB=BN，

∴AB=AN=BN，

∴△ABN是等邊三角形，

∴∠EBN=60°，

∴∠ENB=30°，

∴∠MNE=60°，

故答案為：是，等邊三角形，60°；

(2)∵折疊紙片，使點A落在BC邊上的點H處，

∴∠ABG=∠HBG=45°，

∴∠GBN=∠ABN-∠ABG=15°，

故答案為：15°；

(3)證明：∵折疊矩形紙片ABCD，使點A落在BC邊上的點A'處，

∴ST垂直平分AA'，

∴AO=A'O，AA'⊥ST，

∵AD/?/BC，

∴∠SAO=∠TA'O，∠ASO=∠A'TO，

∴△ASO≌△A'TO(AAS)

∴SO=TO，

∴四邊形ASA'T是平行四邊形，

又∵AA'⊥