一、選擇題（10×3=30分）

1.（湖北荊門·3分）如圖，在矩形ABCD中（AD＞AB），點(diǎn)E是BC上一點(diǎn)，且DE=DA，AF⊥DE，垂足為點(diǎn)F，在下列結(jié)論中，不一定正確的是（）

A．△AFD≌△DCE

B．AF=AD

C．AB=AF

D．BE=AD﹣DF

【分析】先根據(jù)已知條件判定判定△AFD≌△DCE（AAS），再根據(jù)矩形的對邊相等，以及全等三角形的對應(yīng)邊相等進(jìn)行判斷即可．

（C）由△AFD≌△DCE，可得AF=CD，由矩形ABCD，可得AB=CD，∴AB=AF，故（C）正確；

（D）由△AFD≌△DCE，可得CE=DF，由矩形ABCD，可得BC=AD，又∵BE=BC﹣EC，∴BE=AD﹣DF，故（D）正確；

故選（B）

2.（2016·山東省濱州市·3分）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的點(diǎn)，且OC∥BD，AD分別與BC，OC相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，則下列結(jié)論：

①AD⊥BD；②∠AOC=∠AEC；③CB平分∠ABD；④AF=DF；⑤BD=2OF；⑥△CEF≌△BED，其中一定成立的是（）

A．②④⑤⑥

B．①③⑤⑥

C．②③④⑥

D．①③④⑤

【解答】解：①、∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BD，②、∵∠AOC是⊙O的圓心角，∠AEC是⊙O的圓內(nèi)部的角角，∴∠AOC≠∠AEC，③、∵OC∥BD，∴∠OCB=∠DBC，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠OBC=∠DBC，∴CB平分∠ABD，④、∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BD，∵OC∥BD，∴∠AFO=90°，∵點(diǎn)O為圓心，∴AF=DF，故選D。學(xué)科*網(wǎng)

3.（2017山東泰安）如圖，正方形ABCD中，M為BC上一點(diǎn)，ME⊥AM，ME交AD的延長線于點(diǎn)E．若AB=12，BM=5，則DE的長為（）

A．18

B．

C．

D．

【考點(diǎn)】S9：相似三角形的判定與性質(zhì)；KQ：勾股定理；LE：正方形的性質(zhì)．

【分析】先根據(jù)題意得出△ABM∽△MCG，故可得出CG的長，再求出DG的長，根據(jù)△MCG∽△EDG即可得出結(jié)論．

【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，AB=12，BM=5，∴MC=12﹣5=7．

∵M(jìn)E⊥AM，∴∠AME=90°，∴∠AMB+∠CMG=90°．

∵∠AMB+∠BAM=90°，∴∠BAM=∠CMG，∠B=∠C=90°，∴△ABM∽△MCG，∴=，即=，解得CG=，∴DG=12﹣=．

∵AE∥BC，∴∠E=CMG，∠EDG=∠C，∴△MCG∽△EDG，∴=，即=，解得DE=．

故選B．

4.（2017四川南充）如圖，正方形ABCD和正方形CEFG邊長分別為a和b，正方形CEFG繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，給出下列結(jié)論：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2=2a2+b2，其中正確結(jié)論是

（）.A．①②③

B．①③

C．②③

D．①②

【解答】解：設(shè)BE，DG交于O，∵四邊形ABCD和EFGC都為正方形，∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCE+∠DCE=∠ECG+∠DCE=90°+∠DCE，即∠BCE=∠DCG，在△BCE和△DCG中，5.（2017廣西）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，將△ABC繞頂點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A＇B＇C，M是BC的中點(diǎn)，P是A＇B＇的中點(diǎn)，連接PM．若BC=2，∠BAC=30°，則線段PM的最大值是（）

A．4

B．3

C．2

D．1

【分析】如圖連接PC．思想求出PC=2，根據(jù)PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解決問題．

【解答】解：如圖連接PC．

在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=2，∴AB=4，根據(jù)旋轉(zhuǎn)不變性可知，A′B′=AB=4，∴A′P=PB′，∴PC=A′B′=2，∵CM=BM=1，又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，∴PM的最大值為3（此時(shí)P、C、M共線）．

故選B．

6.（2017湖北隨州）如圖，在矩形ABCD中，AB＜BC，E為CD邊的中點(diǎn)，將△ADE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°，點(diǎn)D的對應(yīng)點(diǎn)為C，點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)為F，過點(diǎn)E作ME⊥AF交BC于點(diǎn)M，連接AM、BD交于點(diǎn)N，現(xiàn)有下列結(jié)論：

①AM=AD+MC；②AM=DE+BM；③DE2=AD?CM；④點(diǎn)N為△ABM的外心．其中正確的個(gè)數(shù)為（）

A．1個(gè)

B．2個(gè)

C．3個(gè)

D．4個(gè)

【考點(diǎn)】S9：相似三角形的判定與性質(zhì)；KD：全等三角形的判定與性質(zhì)；LB：矩形的性質(zhì)；MA：三角形的外接圓與外心；R2：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．

【解答】解：∵E為CD邊的中點(diǎn)，∴DE=CE，又∵∠D=∠ECF=90°，∠AED=∠FEC，∴△ADE≌△FCE，∴AD=CF，AE=FE，又∵M(jìn)E⊥AF，又∵AB＜BC，∴AM=DE+BM不成立，故②錯(cuò)誤；

∵M(jìn)E⊥FF，EC⊥MF，∴EC2=CM×CF，又∵EC=DE，AD=CF，∴DE2=AD?CM，故③正確；

∵∠ABM=90°，∴AM是△ABM的外接圓的直徑，∵BM＜AD，∴當(dāng)BM∥AD時(shí)，=＜1，∴N不是AM的中點(diǎn)，∴點(diǎn)N不是△ABM的外心，故④錯(cuò)誤．

綜上所述，正確的結(jié)論有2個(gè)，故選：B．

7.（2017貴州）如圖，正方形ABCD中，E為AB中點(diǎn)，F(xiàn)E⊥AB，AF=2AE，F(xiàn)C交BD于O，則∠DOC的度數(shù)為（）

A．60°

B．67.5°

C．75°

D．54°

【分析】如圖，連接DF、BF．如圖，連接DF、BF．首先證明∠FDB=∠FAB=30°，再證明△FAD≌△FBC，推出∠ADF=∠FCB=15°，由此即可解決問題．

【解答】解：如圖，連接DF、BF．

∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，∠ADB=∠DBC=45°，∴∠FAD=∠FBC，∴△FAD≌△FBC，∴∠ADF=∠FCB=15°，∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=60°．

故選A．學(xué)科*網(wǎng)

8.（2018·湖北省孝感·3分）如圖，△ABC是等邊三角形，△ABD是等腰直角三角形，∠BAD=90°，AE⊥BD于點(diǎn)E，連CD分別交AE，AB于點(diǎn)F，G，過點(diǎn)A作AH⊥CD交BD于點(diǎn)H．則下列結(jié)論：①∠ADC=15°；②AF=AG；③AH=DF；④△AFG∽△CBG；⑤AF=（﹣1）EF．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（）

A．5

B．4

C．3

D．2

【解答】解：∵△ABC為等邊三角形，△ABD為等腰直角三角形，∴∠BAC=60°、∠BAD=90°、AC=AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°，∴△CAD是等腰三角形，且頂角∠CAD=150°，∴∠ADC=15°，故①正確；

∵AE⊥BD，即∠AED=90°，∴∠DAE=45°，∴∠AFG=∠ADC+∠DAE=60°，∠FAG=45°，∴∠AGF=75°，由∠AFG≠∠AGF知AF≠AG，故②錯(cuò)誤；

記AH與CD的交點(diǎn)為P，由AH⊥CD且∠AFG=60°知∠FAP=30°，則∠BAH=∠ADC=15°，在△ADF和△BAH中，∵，∴△ADF≌△BAH（ASA），∴DF=AH，故③正確；

∵∠AFG=∠CBG=60°，∠AGF=∠CGB，∴△AFG∽△CBG，故④正確；

9.（2017齊齊哈爾）如圖，在等腰三角形紙片ABC中，AB=AC=10，BC=12，沿底邊BC上的高AD剪成兩個(gè)三角形，用這兩個(gè)三角形拼成平行四邊形，則這個(gè)平行四邊形較長的對角線的長是（）．【出處：21教育名師】

A．10cm，4cm，2cm

B．20cm，2cm，4cm

C．10cm，2cm，4cm

D．10cm，4cm，4cm

【考點(diǎn)】PC：圖形的剪拼．

【分析】利用等腰三角形的性質(zhì)，進(jìn)而重新組合得出平行四邊形，進(jìn)而利用勾股定理求出對角線的長．

【解答】解：如圖：，則EC=8cm，BE=2BD=12cm，則BC=4cm，如圖③所示：BD=6cm，由題意可得：AE=6cm，EC=2BE=16cm，故AC==2cm，故答案為：10cm，2cm，4cm．故選C

10.（2016·四川攀枝花）如圖，正方形紙片ABCD中，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，折疊正方形紙片ABCD，使AD落在BD上，點(diǎn)A恰好與BD上的點(diǎn)F重合，展開后折痕DE分別交AB、AC于點(diǎn)E、G，連結(jié)GF，給出下列結(jié)論：①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四邊形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若S△OGF=1，則正方形ABCD的面積是6+4，其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)為（）

A．2

B．3

C．4

D．5

【考點(diǎn)】四邊形綜合題．

【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠GAD=∠ADO=45°，由折疊的性質(zhì)可得：∠ADG=∠ADO=22.5°，故①正確．

∵由折疊的性質(zhì)可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°，∴AE=EF＜BE，∴AE＜AB，∴＞2，故②錯(cuò)誤．

∵∠AOB=90°，∵AE=EF=GF，AG=GF，∴AE=EF=GF=AG，∴四邊形AEFG是菱形，∴∠OGF=∠OAB=45°，∴EF=GF=OG，∴BE=EF=×OG=2OG．

故⑤正確．

∵四邊形AEFG是菱形，∴AB∥GF，AB=GF．

∵∠BAO=45°，∠GOF=90°，∴△OGF時(shí)等腰直角三角形．

∵S△OGF=1，∴OG2=1，解得OG=，∴BE=2OG=2，GF===2，∴AE=GF=2，∴AB=BE+AE=2+2，∴S正方形ABCD=AB2=（2+2）2=12+8，故⑥錯(cuò)誤．

∴其中正確結(jié)論的序號是：①④⑤．

故選B．

二、填空題（6×4=24分）.11.（2018·遼寧省盤錦市）如圖①，在矩形ABCD中，動(dòng)點(diǎn)P從A出發(fā)，以相同的速度，沿A→B→C→D→A方向運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A處停止．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為x，△PAB面積為y，如果y與x的函數(shù)圖象如圖②所示，則矩形ABCD的面積為　24　．

【解答】解：從圖象②和已知可知：AB=4，BC=10﹣4=6，所以矩形ABCD的面積是4×6=24．

故答案為：24．

12.（2018·湖北咸寧·3分）如圖，已知∠MON=120°，點(diǎn)A，B分別在OM，ON上，且OA=OB=a，將射線OM繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到OM′，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜120°且α≠60°），作點(diǎn)A關(guān)于直線OM′的對稱點(diǎn)C，畫直線BC交OM′于點(diǎn)D，連接AC，AD，有下列結(jié)論：

①AD=CD；

②∠ACD的大小隨著α的變化而變化；

③當(dāng)α=30°時(shí)，四邊形OADC為菱形；

④△ACD面積的最大值為a2；

其中正確的是_____．（把你認(rèn)為正確結(jié)論的序號都填上）．

【答案】①③④

④先證明△ACD是等邊三角形，當(dāng)AC最大時(shí)，△ACD的面積最大，當(dāng)AC為直徑時(shí)最大，根據(jù)面積公式計(jì)算后可作判斷．

③當(dāng)α=30°時(shí)，即∠AOD=∠COD=30°，∴∠AOC=60°，∴△AOC是等邊三角形，∴∠OAC=60°，OC=OA=AC，由①得：CD=AD，∴∠CAD=∠ACD=∠CDA=60°，∴△ACD是等邊三角形，∴AC=AD=CD，∴OC=OA=AD=CD，∴四邊形OADC為菱形，故③正確；

④∵CD=AD，∠ACD=60°，∴△ACD是等邊三角形，當(dāng)AC最大時(shí)，△ACD的面積最大，∵AC是⊙O的弦，即當(dāng)AC為直徑時(shí)最大，此時(shí)AC=2OA=2a，α=90°，∴△ACD面積的最大值是：AC2=，故④正確，所以本題結(jié)論正確的有：①③④，故答案為：①③④．學(xué)科*網(wǎng)

13.（2018·浙江寧波·4分）如圖，在菱形ABCD中，AB=2，∠B是銳角，AE⊥BC于點(diǎn)E，M是AB的中點(diǎn)，連結(jié)MD，ME．若∠EMD=90°，則cosB的值為

.【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì)、勾股定理、線段的垂直平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì).【分析】延長DM交CB的延長線于點(diǎn)H．首先證明DE=EH，設(shè)BE=x，利用勾股定理構(gòu)建方程求出x即可解決問題．

【解答】解：延長DM交CB的延長線于點(diǎn)H．

∵AE⊥BC，∴AE⊥AD，∴∠AEB=∠EAD=90°

∵AE2=AB2﹣BE2=DE2﹣AD2，∴22﹣x2=（2+x）2﹣22，∴x=﹣1或﹣﹣1（舍棄），∴cosB==，故答案為．

14.（2018·山東濰坊·3分）如圖，正方形ABCD的邊長為1，點(diǎn)A與原點(diǎn)重合，點(diǎn)B在y軸的正半軸上，點(diǎn)D在x軸的負(fù)半軸上，將正方形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°至正方形AB＇C′D′的位置，B＇C′與CD相交于點(diǎn)M，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為

．

【分析】連接AM，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，證Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=∠B′AD=30°，由DM=ADtan∠DAM可得答案．

【解答】解：如圖，連接AM，15.（2018·浙江寧波·4分）如圖，正方形ABCD的邊長為8，M是AB的中點(diǎn)，P是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)PM，以點(diǎn)P為圓心，PM長為半徑作⊙P．當(dāng)⊙P與正方形ABCD的邊相切時(shí)，BP的長為

．

【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理

【分析】分兩種情形分別求解：如圖1中，當(dāng)⊙P與直線CD相切時(shí)；如圖2中當(dāng)⊙P與直線AD相切時(shí)．設(shè)切點(diǎn)為K，連接PK，則PK⊥AD，四邊形PKDC是矩形；

【解答】解：如圖1中，當(dāng)⊙P與直線CD相切時(shí)，設(shè)PC=PM=m．

∴PM=PK=CD=2BM，∴BM=4，PM=8，在Rt△PBM中，PB==4．

綜上所述，BP的長為3或4．

16.（2018·湖北省孝感·3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣l，1），點(diǎn)B在x軸正半軸上，點(diǎn)D在第三象限的雙曲線y=上，過點(diǎn)C作CE∥x軸交雙曲線于點(diǎn)E，連接BE，則△BCE的面積為

．

【解答】解：過D作GH⊥x軸，過A作AG⊥GH，過B作BM⊥HC于M，設(shè)D（x，），∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=CD=BC，∠ADC=∠DCB=90°，易得△AGD≌△DHC≌△CMB，∴AG=DH=﹣x﹣1，∴DG=BM，∴1﹣=﹣1﹣x﹣，x=﹣2，∴D（﹣2，﹣3），CH=DG=BM=1﹣=4，∵AG=DH=﹣1﹣x=1，∴點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為﹣4，當(dāng)y=﹣4時(shí)，x=﹣，∴E（﹣，﹣4），∴EH=2﹣=，∴CE=CH﹣HE=4﹣=，∴S△CEB=CE?BM=××4=7；

故答案為：7．

三、解答題（共46分）.17.（2018·遼寧省阜新市）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于點(diǎn)D．

（1）如圖1，點(diǎn)E，F(xiàn)在AB，AC上，且∠EDF=90°．求證：BE=AF；

（2）點(diǎn)M，N分別在直線AD，AC上，且∠BMN=90°．

①如圖2，當(dāng)點(diǎn)M在AD的延長線上時(shí)，求證：AB+AN=AM；

②當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)A，D之間，且∠AMN=30°時(shí)，已知AB=2，直接寫出線段AM的長．

②在Rt△ABD中，AD=BD=AB=．

∵∠BMN=90°，∠AMN=30°，∴∠BMD=90°﹣30°=60°．在Rt△BDM中，DM==，∴AM=AD﹣DM=﹣．學(xué)科*網(wǎng)

18.（2018年四川省南充市）如圖，C是⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)P在直徑AB的延長線上，⊙O的半徑為3，PB=2，PC=4．

（1）求證：PC是⊙O的切線．

（2）求tan∠CAB的值．

【考點(diǎn)】ME：切線的判定與性質(zhì)；M5：圓周角定理；T7：解直角三角形．

【解答】解：（1）如圖，連接OC、BC

∵⊙O的半徑為3，PB=2

∴OC=OB=3，OP=OB+PB=5

∵PC=4

∴OC2+PC2=OP2

∴△OCP是直角三角形，∴OC⊥PC

∴PC是⊙O的切線．

19.（2018·浙江省臺州·12分）如圖，在Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，點(diǎn)D，E分別在AC，BC上，且CD=CE．

（1）如圖1，求證：∠CAE=∠CBD；

（2）如圖2，F(xiàn)是BD的中點(diǎn)，求證：AE⊥CF；

（3）如圖3，F(xiàn)，G分別是BD，AE的中點(diǎn)，若AC=2，CE=1，求△CGF的面積．

【分析】（1）直接判斷出△ACE≌△BCD即可得出結(jié)論；

（2）先判斷出∠BCF=∠CBF，進(jìn)而得出∠BCF=∠CAE，即可得出結(jié)論；

（3）先求出BD=3，進(jìn)而求出CF=，同理：EG=，再利用等面積法求出ME，進(jìn)而求出GM，最后用面積公式即可得出結(jié)論．

【解答】解：（1）在△ACE和△BCD中，∴△ACE≌△BCD，∴∠CAE=∠CBD；

（3）如圖3，∵AC=2，∴BC=AC=2，∵CE=1，∴CD=CE=1，在Rt△BCD中，根據(jù)勾股定理得，BD==3，∵點(diǎn)F是BD中點(diǎn)，∴CF=DF=BD=，同理：EG=AE=，連接EF，過點(diǎn)F作FH⊥BC，∵∠ACB=90°，點(diǎn)F是BD的中點(diǎn)，∴FH=CD=，∴S△CEF=CE?FH=×1×=，由（2）知，AE⊥CF，∴S△CEF=CF?ME=×ME=ME，∴ME=，∴ME=，∴GM=EG﹣ME=﹣=，∴S△CFG=CF?GM=××=．

20.（2018·遼寧省沈陽市）（10.00分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)F的坐標(biāo)為（0，10）．點(diǎn)E的坐標(biāo)為（20，0），直線l1經(jīng)過點(diǎn)F和點(diǎn)E，直線l1與直線l2、y=x相交于點(diǎn)P．

（1）求直線l1的表達(dá)式和點(diǎn)P的坐標(biāo)；

（2）矩形ABCD的邊AB在y軸的正半軸上，點(diǎn)A與點(diǎn)F重合，點(diǎn)B在線段OF上，邊AD平行于x

軸，且AB=6，AD=9，將矩形ABCD沿射線FE的方向平移，邊AD始終與x

軸平行．已知矩形ABCD以每秒個(gè)單位的速度勻速移動(dòng)（點(diǎn)A移動(dòng)到點(diǎn)E時(shí)止移動(dòng)），設(shè)移動(dòng)時(shí)間為t秒（t＞0）．

①矩形ABCD在移動(dòng)過程中，B.C.D三點(diǎn)中有且只有一個(gè)頂點(diǎn)落在直線l1或l2上，請直接寫出此時(shí)t的值；

②若矩形ABCD在移動(dòng)的過程中，直線CD交直線l1于點(diǎn)N，交直線l2于點(diǎn)M．當(dāng)△PMN的面積等于18時(shí)，請直接寫出此時(shí)t的值．

【解答】解：（1）設(shè)直線l1的表達(dá)式為y=kx+b

∵直線l1過點(diǎn)F（0，10），E（20，0）

∴

（2）①如圖，當(dāng)點(diǎn)D在直線上l2時(shí)

∵AD=9

∴點(diǎn)D與點(diǎn)A的橫坐標(biāo)之差為9

∴將直線l1與直線l2

交解析式變?yōu)?/p>

x=20﹣2y，x=y

∴y﹣（20﹣2y）=9

解得

y=

則點(diǎn)A的坐標(biāo)為：（，）

則AF=

∵點(diǎn)A速度為每秒個(gè)單位

∴t=

如圖，當(dāng)點(diǎn)B在l2

直線上時(shí)

②如圖，設(shè)直線AB交l2

于點(diǎn)H

設(shè)點(diǎn)A橫坐標(biāo)為a，則點(diǎn)D橫坐標(biāo)為a+9

由①中方法可知：MN=

此時(shí)點(diǎn)P到MN距離為：

a+9﹣8=a+1

∵△PMN的面積等于18

∴

解得

a1=，a2=﹣（舍去）

∴AF=6﹣

則此時(shí)t為

當(dāng)t=時(shí)，△PMN的面積等于18。學(xué)科*網(wǎng)