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第五章 四边形
第一节 平行四边形
基础题练考点
1.
D
【解析】∵四边形ABCD 是平
行四边形,∴∠A = ∠C,AB∥CD,
∴∠A+∠D = 180°,∵∠A+∠C =
100°,∴∠A = 50°,∴∠D = 180°-
∠A= 130°.
2.
C 【解析】∵四边形ABCD 是平
行四边形,AB⊥AC,AB = 4,AC =
6, ∴AO = CO = 1
2 AC = 3, 在
Rt△ABO 中,∠BAO = 90°,∴BO =
4
2+3
2 = 5,∴BD= 2BO= 10.
3.
B 【解析】∵四边形ABCD 是平
行四边形,∴AD∥BC,∴∠DFC =
∠FCB, ∵CF 平分∠BCD, ∴
∠DCF = ∠FCB, ∴
∠DFC =
∠DCF,∴DF = DC = 5,同理可证
AE=AB = AB = 5,∴EF = AE+DF-
AD= 2.
4.
D 【解析】A 选项左右对边不平
行,故不是平行四边形;B 选项只
能得到左右一组对边平行,不能
判定为平行四边形;C 选项只能
得到左右一组对边相等,不能判
定为平行四边形;D 选项可以得
到上下一组对边平行且相等,可
以判定为平行四边形.
5.
B
6.
B 【解析】∵四边形ABCD 是平
行四边形,AC,BD 是2 条对角线,
∴OB = OD,AD∥BC,∴∠ADO =
∠CBO,又∵∠EOD = ∠FOB, ∴
△EOD≌△FOB( ASA),∴S△EOD
= S△FOB,∴S阴影部分= S△EOD+S△OFC =
S△BOF+S△OFC = S△OBC = 1
4 S▱ABCD,如
解图,过点A 作AG⊥BC 于点G,
在Rt △ABG 中,AB = 4,∠ABC =
60°,∴AG= AB·sin∠ABC = 2 3,
∴S▱ABCD = BC·AG = 6× 2 3 = 12
3,∴S阴影部分= 1
4 S▱ABCD = 1
4 × 12
3 = 3 3.
第6 题解图
核心考点突破
例 (1)证明:∵AB∥CD,
∴∠CDE=∠F,
∵DF 平分∠ADC,
∴∠ADE=∠CDE,
∴∠ADF=∠F,
∴AD=AF;
(2)证明:选择①.
∵∠BEF=∠ADE,
∴AD∥BC,
∵AB∥CD,
∴四边形ABCD 为平行四边形;
选择②.
∵AB=BF,BF=DC,
∴AB=CD,
∵AB∥CD,
∴四边形ABCD 为平行四边形;
(3)解:如解图,过点D 作DH⊥AF
交FA 的延长线于点H,
∵AD=AF= 6,AB= 3,
∴BF=AF-AB= 3.
例题解图
∵∠BAD= 120°,
∴∠DAH= 60°,
∴DH=AD·sin
60° = 3 3,
∴S△ADF = 1
2 AF·DH = 1
2 ×6×3 3
= 9 3,
∴BF 的长为3,△ADF 的面积为
9 3;
(4)解:∵E 是BC 的中点,
∴BE=CE,
∵AB∥CD,
∴∠AFD=∠CDF,
∵∠BEF=∠CED,
∴△BEF≌△CED(AAS),
∴EF=ED,
由(1)知,AF=AD,
∴AE⊥DF,
∵CE= 2,
∴BC=AD= 4,
∴
在
Rt
△AED
中,
DE
=
AD
2-AE
2 =
4
2-3
2 = 7,
∴DF= 2DE= 2 7.
河北中考真题及新考法
1.
B
【解析】∵“一组对边相等的
四边形不一定是平行四边形”,∴
“∵CB=AD,∴四边形ABCD 是平
行四边形”的推理不严谨,故选项
A 不正确;若补充“且AB = CD”,
根据“两组对边分别相等的四边
形是平行四边形” 可知补充后的
推理正确,故选项B 正确;若补充
“且AB∥CD”,一组对边相等另一
组对边平行的四边形不一定是平
行四边形,可知补充后的推理不
正确,故选项C 不正确;若补充
“且OA=OC”,也不能得到四边形
ABCD 是平行四边形, 故选项D
不正确.
2.
D
3.
C 【解析】根据尺规作图痕迹可
得OD=OB,OC = OA,∴可根据对
角线互相平分的四边形是平行四
边形判定.
4.
A
【解析】如解图,对于甲的方
案,连接AC,∵四边形ABCD 是平
行四边形,∴AC 经过BD 的中点
O,且AO=CO. 又∵BO = DO,BN =
NO,OM=MD,∴NO = OM,∴四边
形ANCM 是平行四边形(对角线
互相平分的四边形是平行四边
形); 对于乙的方案, ∵四边形
ABCD 是平行四边形,∴AB = CD,
AB∥CD,∴∠ABN = ∠CDM. ∵AN
⊥BD,CM⊥BD,∴∠ANB = ∠ANM
= ∠CMD = ∠CMN = 90°, ∴AN∥
CM,△ABN≌△CDM(AAS),∴AN
=CM,∴四边形ANCM 是平行四边
形(一组对边平行且相等的四边
形是平行四边形);对于丙的方
案,∵四边形ABCD 是平行四边
形,∴∠BAD = ∠BCD. ∵AN,CM
分别平分∠BAD, ∠BCD, ∴
∠BAN = ∠DCM, 又∵AB = CD,
∠ABN = ∠CDM, ∴
△BAN ≌
△DCM(ASA),∴AN=CM,∠ANB
= ∠CMD,∴∠ANM = ∠CMN,∴
AN∥CM,∴四边形ANCM 是平行
四边形(一组对边平行且相等的
四边形为平行四边形),综上所
述,甲、乙、丙的方案都是正确的.
1
中考试题研究·数学(河北)
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第4 题解图
5.
C 【解析】如解图,连接EG,∵四
边形ABCD 是平行四边形,∴AD
=BC,AD∥BC,∵E,G 分别为边
AD,BC 的中点,∴AE = DE = BG =
CG,∴四边形AEGB 和四边形
DEGC 是平行四边形,∴S△EGF =
1
2
S平行四边形ABGE,
S△EHG
=
1
2
S平行四边形DEGC,∴四边形EFGH 的面
积= 1
2 S平行四边形ABCD,∴四边形EF-
GH 的面积是定值,故选C.
第5 题解图
第二节 矩 形
基础题练考点
1.
A
【解析】∵四边形ABCD 是矩
形,∴AC = 2OA, BD = 2BO, AC =
BD,∴OB=OA,∵∠AOD= 60°,∴
∠AOB = 120°, ∴∠OAB = 1
2 ×
(180°-120°)= 30°.
2.
C 【解析】∵四边形ABCD 为矩
形,∴∠B = 90°, AB = CD, BC =
AD, 在
Rt △ABC
中, BC
=
AC
2-AB
2 = 4,矩形ABCD 的周
长= 2(AB+BC)= 14.
3.
C 【解析】∵四边形ABCD 为矩
形,∴BO = DO, S△ABD = S△BCD, ∴
S△AOD = S△ABO = 2, ∴S矩形ABCD =
4S△ABO = 8.
4.
D
【解析】∵四边形ABCD 为矩
形,∴∠BAD= 90°,∴在Rt△ABD
中, 由勾股定理, 得
BD =
AB
2+AD
2 = 10. ∵AE ⊥BD, ∴
cos
∠ABE = BE
AB = AB
BD,即BE
6 = 6
10,
解得BE= 18
5 .
5.
B 【解析】∵四边形ABCD 是平
行四边形,AC⊥BD,∴平行四边
形ABCD 是菱形,故选项A 不符
合题意;∵四边形ABCD 是平行
四边形,AC = BD,∴平行四边形
ABCD 是矩形,故选项B 符合题
意;∵四边形ABCD 是平行四边
形,AB=BC,∴平行四边形ABCD
是菱形,故选项C 不符合题意;∵
四边形ABCD 是平行四边形,∴
AD∥BC, ∴∠BCA = ∠DAC, ∵
∠BAC = ∠DAC, ∴
∠BCA =
∠BAC,∴AB= CB,∴平行四边形
ABCD 是菱形,故选项D 不符合
题意.
核心考点突破
例 (1) 证明:∵四边形ABCD 是平
行四边形,
∴AD=BC,AD∥BC,
∵点E,F 分别在BC,AD 上,且DF=
BE,
∴AF=CE,AF∥CE,
∴四边形AECF 是平行四边形.
又∵AC=EF,
∴四边形AECF 是矩形;
(2)解:∵四边形AECF 是矩形,
∴∠AEB=∠AEC= 90°,
∴在Rt△AEB 中,AE
2+BE
2 =AB
2,
∵AE=BE,AB= 2,
∴AE=BE= 2(负值已舍去),
∵tan∠ACB= AE
CE = 1
2 ,
∴CE= 2 2,
∴BC=BE+CE= 2 +2 2 = 3 2;
(3) 解:如解图,过点D 作DH ⊥
BC,交BC 的延长线于点H,
∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AB∥CD,AB=CD,
∴∠ABE=∠DCH.
由(1)可知,四边形AECF 是矩形,
∴AE⊥BC,
∴∠AEB=∠DHC,
在△ABE 和△DCH 中,
∠AEB=∠DHC,
∠ABE=∠DCH,
AB=DC,
{
∴△ABE≌△DCH(AAS),
∴CH=BE= 2,DH=AE= 2,
∴BH=BC+CH= 3 2 + 2 = 4 2,
在Rt△BDH 中,BD =
BH
2+DH
2
=
34;
例题解图
(4)解:∵四边形ABCD 是平行四
边形,
∴AD∥BC,AB=CD,
∴∠CBF=∠AFB,
∵BF 平分∠ABC,
∴∠ABF=∠CBF,
∴∠ABF=∠AFB,
∴AB=AF,
由(1)可知,四边形AECF 是矩形,
∴∠AFC= 90°,
∴∠DFC= 180°-90° = 90°,
∴sin
D= CF
CD = 4
5 ,即4
CD = 4
5 ,
解得CD= 5,
∴AF=AB=CD= 5,
∴DF=
CD
2-CF
2 = 3,
∴AD=AF+DF= 5+3= 8.
练习1 D
【解析】甲:对角线互相
平分且相等的四边形是矩形;乙:
根据内错角相等,两直线平行,先
利用一组对边平行且相等的四边
形是平行四边形,再结合有一个角
是直角,说明是矩形;丙:先利用两
组对边分别相等的四边形是平行
四边形,再结合有一个角是直角,
说明是矩形. 故甲,乙,丙都正确,
故选D.
练习2 A
【解析】如解图,∵四边
形AECF 一定不是矩形,∴∠EAF
≠90°,∵点E 不与点A,B 重合,∴
∠EAF<∠BAD,∴0°<∠BAD≤90°
时,0°<∠EAF<90°,则∠BAD 应满
足的条件是0°<∠BAD≤90°.
练习2 题解图
练习3 A 【解析】∵矩形ABCD 被
分割成两个全等的矩形和三个正
方形后,得到的图形是中心对称图
形,∴两个大的正方形相同,两个
矩形相同,设两个大的正方形的边
长为y,小正方形的边长为x,∴小
矩形的两边分别为y+x,y-x,大的
矩形两边长分别为2y+x,2y-x,∵
2
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矩形ABCD 的周长已知,设为m,
∴2(2y + x + 2y - x) = m,解得y =
1
8 m,∴两个大的正方形的边长为
1
8 m, ∴能够求出长度的线段
是AM.
练习4
A
【解析】如解图,记EF
与PQ 交于点G,∵AB = 2,AD = 3,
E,F 分别为AD,BC 边的中点,∴
AE= DE = 3
2 ,由折叠的性质得AE
= DE = EG = 3
2 , 又∵∠EGP =
∠PAE = ∠AEG = 90°, ∴四边形
AEGP 为正方形,△EPG 是等腰直
角三角形, 由折叠的性质, 得
∠APE = ∠EPG = ∠GPM = 45°,∴
∠BPM = 45°, ∵∠ABC = 90°, ∴
△PBM 为等腰直角三角形,BP =
BM,∵AP = AE = 3
2 ,∴BM = BP =
AB-AP= 1
2 .
练习4 题解图
练习5
B
【解析】如解图, 连接
AC,MN,MF,FN,NE,EM,设AC,
BD 相交于点O,∵四边形ABCD
是矩形,∴OA = OC,OB = OD,∵BE
=DF,∴OE = OF, 当MN 过点O
时, 易得OM = ON, 那么四边形
MENF 就是平行四边形,∵点E,F
是BD 上的动点,∴存在无数个平
行四边形MENF,故①正确;当MN
过点O 时,易得OM=ON,只要MN
= EF,MN ⊥EF,则四边形MENF
是正方形,而符合要求的正方形只
有一个,故②错误;当MN 过点O
时,易得OM = ON,只要MN = EF,
则四边形MENF 是矩形,∵MN =
EF≥AB = 1,∴当EF = 0. 5 时,不
存在矩形MENF,故③错误;当EF
= 1 时,此时MN = EF = AB,即此时
MN∥AB, 故存在唯一的矩形
MENF,故④正确,故选B.
练习5 题解图
练习6
8
3 或10
3
【解析】如解图
①,根据题意得AB = AE = 2,AD =
BC = a,∴ED = EI = IG = GF = a-2,
∵AB= EI+IG+GF,∴2 = 3(a-2),
∴a = 8
3 ;如解图②,根据题意得
AB=AF=BE = 2,AD = BC = a,∴FH
=FD= a- 2,EI = EH = IC = 1
2 ( a-
2),∴AB = FH + HE, ∴2 = a - 2 +
1
2 (a-2),∴a = 10
3 . 综上所述, a
的值为8
3 或10
3 .
练习6 题解图
第三节 菱 形
基础题练考点
1.
D 【解析】根据菱形的性质可知
∠DAB= 180°-∠D = 30°,∴∠1 =
1
2 ∠DAB= 15°.
2.
B 【解析】∵菱形ABCD 的周长
为20,∴AB = 5,∵AC⊥BD 于点
O,AO = 3, ∴BO =
AB
2-AO
2 =
5
2-3
2 = 4,∴BD= 2BO= 8.
3.
B
4.
C
5.
B 【解析】∵四边形ABCD 是菱
形,∴AC ⊥BD, 在Rt △AOB 中,
OB = 2
3, AB = 6, ∴
OA =
6
2-(2 3)
2 = 2 6,BD = 2BO = 4
3,∴AC= 2OA = 4 6. ∵S菱形ABCD =
1
2 AC·BD = BC·AE = 24 2,∴
AE= 4 2,∴BE=
AB
2-AE
2 = 2.
6.
D 【解析】如解图,连接BG,∵四
边形ABCD 是菱形,∠ABC = 75°,
∴AB=AD,∠DAB= 105°,∠GAB=
∠GAD = 1
2 ∠DAB, 由题意可得
EF 垂直平分AB,∴AG = BG,∴
∠GAB = ∠GBA = 1
2 ∠DAB, ∴
∠AGB = 180° - ∠GAB - ∠GBA =
180° - ∠DAB = 75°, ∵AB = AD,
∠GAB=∠GAD,AG= AG,∴△AGB
≌△AGD ( SAS ), ∴∠AGB =
∠AGD= 75°.
第6 题解图
核心考点突破
例
解:(1) 作图如解图①所示( 作
法不唯一);
例题解图①
四边形CBFE 是菱形.
证明:∵BE 平分∠ABC,
∴∠ABE=∠CBE,
∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AB∥CD,
∴∠CEB=∠FBE,
∴∠CBE=∠CEB,
∴BC=CE,
∵BF=BC,
∴BF=CE,
∴四边形CBFE 是平行四边形,
又∵BC=CE,
∴四边形CBFE 是菱形;
(2)①如解图②,由(1) 得四边形
CBFE 为菱形,
∴BF=BC= 6,BE⊥CF,
∵∠A= 120°,
∴∠ABC= 60°,
∴∠FBO= 30°,
∴OF=BF·sin
30° = 3,BO = BF·
cos
30° = 3 3,
∴BE= 2BO= 6 3,CF= 2OF= 6,
∴菱形CBFE 的面积为1
2 BE×CF
3
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= 1
2 ×6 3 ×6= 18 3;
例题解图②
②如解图②,过点O 作OH⊥CD
于点H.
∵四边形CBFE 为菱形,∠BCE =
120°,∴∠OCH= 60°,
由(2)得OC=OF= 3,
∴CH= OC·cos
60° = 3
2 ,OH = OC
·sin
60° = 3 3
2 ,
∵AB=CD= 8,
∴DH=CD-CH= 8- 3
2 = 13
2 ,
∴tan∠CDO=OH
DH =
3 3
2
13
2
= 3 3
13 ;
(3) 如解图③,∵四边形ABCD 是
平行四边形,
∴AB∥CD,
∴
△CME
∽
△AMB,
△ANF
∽△CNE,
∴CM
AM = CE
AB,
S△ANF
S△CNE
= ( AF
CE )
2, AF
CE
= AN
CN,
易得四边形ADEF 是平行四边形,
∴AF=DE,
∵CE= 2DE,
∴CE= 2AF,
∴CM
AM = CE
AB = 2
3 ,
S△ANF
S△CNE
= ( AF
CE)
2 =
1
4 ,AF
CE = AN
CN = 1
2 ,
∴S△ANF = 1
4 S△CNE,
设AN=k,则CN= 2k,CM= 2
5 ×3k=
6
5 k,∴MN=CN-CM= 4
5 k,
∴CM
MN = 3
2 ,
∴S△CEM = 3
5 S△CNE,
∴
S△ANF
S△CEM
=
1
4 S△CNE
3
5 S△CNE
= 5
12.
例题解图③
练习1 D 【解析】由图可知:3
2+4
2
= 5
2,所以根据“ 对角线互相垂直
且平分的四边形是菱形” 可知该
四边形是菱形,故A 不符合题意;
根据“ 四条边相等的四边形是菱
形”可知该四边形是菱形,故B 不
符合题意;因为70° + 110° = 180°,
所以根据“同旁内角互补,两直线
平行” 可知该四边形是平行四边
形,再根据“邻边相等的平行四边
形是菱形” 可知该四边形是菱形,
故C 不符合题意;由图可知对角线
互相平分的四边形是平行四边形,
故D 符合题意.
练习2 C 【解析】∵菱形ABCD 的
四条边相等,∴AD+CD = AB+BC,
又∵①和②两部分的折线相等,∴
①和②的周长相等,且①和②周长
之和比原菱形ABCD 的周长多了
两条折线的长,故选C.
练习3 A 【解析】如解图,延长BC
交于格点F,连接AF,取格点E,G,
∵由8 个全等的菱形组成的网格,
∴∠CFG = 1
2 ∠ABD = 60°,∠EGF
= 120°, EG = FG = 1, AE = EF, ∴
∠FEG = ∠EFG =
1
2
( 180° -
∠EGF)= 30°,∴∠AFC = 30°+60°
= 90°, ∴CF = 1
2 CE = 1, EF =
CE
2-CF
2 =
2
2-1
2 =
3,∴AF
= 2 3,∴tan∠ACF = AF
CF = 2 3,∵
∠BCD = ∠ACF, ∴tan ∠BCD =
2 3.
练习3 题解图
练习4 B
【解析】方案一中,∵E、
F、G、H 都是矩形ABCD 的中点,∴
△HAE ≌△HDG ≌△FCG ≌
△FBE,S△HAE = 1
2 AE·AH = 1
2 × 1
2
AB× 1
2 AD = 1
2 × 1
2 × 5 × 1
2 × 12 =
15
2 ,S菱形EFGH =S矩形ABCD -4S△HAE = 12×
5-15
2 ×4= 30;方案二中,设BE = x,
则CE=AE= 12-x,∵AF = EC,AB =
CD,AE=CF,∴△ABE≌△CDF,在
Rt△ABE 中,AB= 5,BE = x,AE = 12
-x,由勾股定理得(12-x)
2 = 5
2 +
x
2,解得x = 119
24 ,S△ABE = 1
2 BE·AB
= 1
2 × 119
24 × 5 = 595
48 , S菱形AECF =
S矩形ABCD- 2S△ABE = 12× 5- 595
48 × 2≈
60-25= 35>30,故甲<乙.
练习5
B
【解析】根据题意可知
AD=B′C′,AD∥B′C′,∴四边形AB′
-C′D 是平行四边形. 甲方案,AB′
=DC′不能判断四边形AB′C′D 是
菱形;乙方案,由B′D⊥AC′,∴平
行四边形AB′C′D 是菱形;丙方案,
由∠A′C′B′=∠A′C′D,又∵AD∥B′
C′, ∴∠DAC′ = ∠A′ C′ B′, ∴
∠DAC′= ∠A′C′D,∴AD = C′D,∴
平行四边形AB′C′D 是菱形,∴正
确的是乙和丙.
微专题 特殊四边形
的相关探究
类型一 特殊四边形中的
辅助线作法
一阶 方法训练
例1
97 【解析】如解图,过点A
作AF⊥BC 交CB 的延长线于点
F,∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AB∥CD, AB = CD, ∴∠ABF =
∠DCE,∵DE ⊥BC, AF ⊥BC, ∴
∠AFB= ∠DEC = 90°,在△ABF 和
△DCE 中,
∠AFB=∠DEC= 90°
∠ABF=∠DCE
AB=DC
{
,
∴△ABF≌△DCE(AAS),∴BF =
CE,∵E 是BC 的中点, ∴CE =
1
2 BC = 3, ∴BF = 3, ∴AF =
AB
2-BF
2 = 4,CF = BF + BC = 9,
∴在Rt△ACF 中,AC=
AF
2+CF
2
4
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=
97.
例1 题解图
例2 32 2
【解析】如解图,设EP
延长线交AB 于点H,过点B 作BG
⊥CD 于点G,∵四边形ABCD 是
菱形,∴AB∥CD,∠ABP = ∠CBP,
∵PE ⊥CD, ∴PE ⊥AB, ∵PF ⊥
BC,∴∠PHB = ∠PFB = 90°,∵PB
=PB, ∴△PHB ≌△PFB ( AAS),
∴PH = PF,∵PE+PF = 8,∴PE+
PH= 8,∴EH= 8,易得BG=EH= 8,
∵∠C= 45°,∴∠C = ∠CBG = 45°,
∴BC= 2 BG = 8 2,∴菱形ABCD
的周长为4BC= 32 2.
例2 题解图
例3 3 【解析】如解图,过点O 作
OM∥CD 交BC 于点M,∵四边形
ABCD 是平行四边形,∴O 为BD
的中点. ∵OM∥CD,∴M 为BC 的
中点,OM 为△ABC 的中位线,∴
CM= 1
2 BC = 3,∵OE = EF,∴点C
为MF 的中点,∴CF=CM= 3.
例3 题解图
例4 2 5
5 【解析】∵在矩形AB-
CD 中, AB ∥CD, ∴
∠CDE =
∠AED, ∵DE 平分∠ADC, ∴
∠ADE = ∠CDE, ∴
∠ADE =
∠AED,∴AD = AE,∵AB∥CD,∴
△AEF∽△CDF,∴AE
CD = AF
CF = AF
2AF
= 1
2 ,∴CD = 2AE = 2AD,∵CF =
2AF= 4,∴AF = 2,AC = AF+CF = 6,
∵在矩形ABCD 中,∠ADC = 90°,
∴在Rt△ACD 中,AD
2 +CD
2 = AC
2,
即AD
2 + (2AD)
2 = 6
2, 解得AD =
6 5
5 , ∴CD = 2AD = 12 5
5
. ∵cos
∠ACD = CD
AC = CF
CG,∴
12 5
5
6
= 4
CG,解
得CG= 2 5,∴DG=CD-CG= 12 5
5
-2 5 = 2 5
5 .
二阶 综合应用
1.
C
【解析】如解图①,过点D 作
DH⊥BC,交BC 延长线于点H,∵
四边形ABCD 是平行四边形,∴
AB = DC,AD∥BC,∵AE⊥BC,DH
⊥BC,∴AE = DH,∴Rt△DCH≌
Rt△ABE(HL),∴CH = BE = x,∵
BC=y,∴EC = BC-BE = y-x,BH =
BC+CH = y+x,∵AE
2 = AC
2 -EC
2,
DH
2 = BD
2 -BH
2,∴2
2 -(y-x)
2 =
(2 3)
2-(y+x)
2,∴xy= 2.
第1 题解图①
一题多解法
解法二:如解图②,平移BD,使点
B 与点E 重合,点D 的对应点为
点F,连接DF,∴四边形BEFD 是
平行四边形,∴DF∥BC,EF = BD
= 2 3, DF = BE = x, ∵四边形
ABCD 是平行四边形,∴AD∥BC,
AD= BC = y,∴A,D,F 三点共线,
∴AE⊥AD,AF = y+x,∵AE
2 = EF
2
-AF
2 = AC
2 -CE
2,∴(2 3 )
2 -(y+
x)
2 = 2
2-(y-x)
2,解得xy= 2.
第1 题解图②
解法三:如解图③,过点O 作OG
⊥BC 于点G,∴OG∥AE,∵四边
形ABCD 是平行四边形,∴OA =
OC= 1
2 AC = 1,OB = OD = 1
2 BD =
3,∴CG=EG= 1
2 CE= 1
2 (y-x),
∴BG=x+ 1
2 (y-x)= 1
2 (y+x),∵
OG
2 =OC
2-CG
2 = OB
2 -BG
2,∴1
2 -
[ 1
2 (y - x)]
2 = ( 3 )
2 - [ 1
2 ( y +
x)]
2,解得xy= 2.
第1 题解图③
2.
5
5
【解析】如解图,过点D 作
DG∥AE,交BC 的延长线于点G,
∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AD∥BC,又∵DG∥AE,∴四边
形AEGD 是平行四边形,∴DG =
AE= AB = 4,∵AE⊥BD,∴DG⊥
BD,∴BG =
BD
2+DG
2 = 4 5,∴
sin∠CBD=DG
BG = 4
4 5
= 5
5 .
第2 题解图
3.
1 【解析】如解图,过点O 分别作
OG⊥AB 于点G,OH⊥BC 于点H.
∵BD 平分∠ABC,∴OG = OH,∵
∠OGE=∠OHT = 90°,OE = OT,∴
Rt △OGE ≌△OHT ( HL ), ∴
∠EOG = ∠TOH,∵∠EOT = 120°,
∴∠GOH = ∠EOG + ∠EOH =
∠TOH+∠EOH=∠EOT= 120°,∵
∠ABC+∠BGO+∠BHO+∠GOH =
360°,∴∠ABC = 60°, ∵四边形
ABCD 是菱形, ∴AB = BC, ∴
△ABC 为等边三角形,∴BC = AC,
∴AC
BC = 1.
第3 题解图
4.
24
5
【解析】如解图,连接OE,过
点O 作OH⊥AB 于点H,∵四边
形ABCD 是矩形,∴DC = AB = 6,
5
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
AD = BC = 8, BD = AC, ∠ABC =
90°,∵AO=OC = 1
2 AC,BO = OD =
1
2 BD, ∴AO = BO, 在Rt △ABC
中,AC =
AB
2+BC
2 = 10,∴AO =
BO= 5,∴AH = BH = 3,∴OH = 4,
∵EF⊥AC,EG⊥BD,S△AEO +S△BEO
= S△ABO,∴1
2 AO · EF + 1
2 BO ·
EG= 1
2 AB·OH,即1
2 AO·(EF+
EG)= 1
2 AB·OH,∴EF+EG= 24
5 .
第4 题解图
5.
4 7
3
【解析】如解图,连接OE,
过点E 作EG⊥BC 交BC 延长线
于点G,∵四边形ABCD 是菱形,
∠ABC= 60°,∴AB = BC = CD = 8,
AB∥CD,∴∠ABC = ∠ECG = 60°,
∴∠CEG = 30°,∵E 是CD 中点,
∴CE = 1
2 CD = 4,∴CG = 1
2 CE =
2,EG =
3
2 CE = 2 3,∴BG = BC+
CG = 10, 在Rt △BEG 中, BE =
BG
2+EG
2 = 4 7,∵O 是BD 的
中点, E 是CD 的中点, ∴OE∥
BC, OE =
1
2 BC, ∴△OEF ∽
△CBF,∴OE
CB = EF
BF = 1
2 ,∴EF =
1
3 BE= 4 7
3 .
第5 题解图
类型二 特殊四边形内任一点
的面积等量问题
一阶 方法训练
例1 4. 5 【解析】设两个阴影部分
AD,BC 边上的高分别为h1,h2,则
h1+h2 为平行四边形的高,∴S△EAD
+S△EBC = 1
2 AD·h1+ 1
2 BC·h2 = 1
2
AD(h1+h2)= 1
2 ×9= 4. 5.
例2 6 3 【解析】∵阴影部分的周
长为16,根据题图可得阴影部分
的周长= 菱形ABCD 的周长,∴菱
形ABCD 的周长为16,∴菱形AB-
CD 的边长为4,∵∠ABC = 60°,∴
易得菱形ABCD 的面积为3
2 ×4
2 =
8 3,∵阴影部分的面积为2 3,∴
S1+S2 = 8 3 -2 3 = 6 3.
例3 2 2
【解析】∵点E 为矩形
ABCD 的对角线AC 上一点,FG∥
BC,MN∥AB,∴图中四边形都是矩
形,其中四边形BMEF 为正方形,
∴S△AFE = S△ANE, S△CEM = S△CEG,
S△ABC
=
S△ADC, ∴
S正方形BFEM
=
S矩形NEGD,设DG=x,而CG = 2DG,∴
BF= CG = 2x,∴S正方形BFEM = S矩形NEGD
= 2x·2x = 4x
2,∴EG·x = 4x
2,∴
EG = 4x,∵S△CEG = 8,∴1
2 ×2x·4x
= 8,解得x = 2 (负值已舍去),∴
BF= 2 2.
例4 4 【解析】如解图,过点O 作
MN∥CD 分别交AD,BC 于点M,
N, 易得四边形OMDE、四边形
AFOM, 四边形CEON 和四边形
OFBN 都是平行四边形,∴S△AOF =
S△AOM,S△COE = S△CON,∵四边形AB-
CD 是平行四边形, ∴S△ACD =
S△ABC,∴S△ACD-S△AOM-S△COE = S△ABC
- S△AOF - S△CON, ∴
S四边形OMDE =
S四边形OFBN,∵OB,OD 分别是平行四
边形OFBN,平行四边形OMDE 的
对角线,∴S△DOE =S△BOF = 4.
例4 题解图
二阶 综合应用
1.
C 【解析】∵四边形ABCD 是平
行四边形,∴AB∥CD,AD∥BC. ∵
EF ∥BC, GH ∥AB, ∴四边形
BEOH,四边形GOFD,四边形AE-
OG,四边形HCFO,
四边形AB-
HG,四边形BCFE,四边形AEFD,
四边形HCDG 都是平行四边形.
∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴S△ABD = S△CBD. ∵BO 是平行四
边形BEOH 的对角线,
∴S△BEO =
S△BHO,∵OD 是平行四边形GOFD
的对角线, ∴S△GOD = S△FOD, ∴
S△ABD-S△BEO -S△GOD = S△BCD -S△BHO
- S△OFD, 即S▱AEOG = S▱HCFO, ∴
S▱ABHG = S▱BCFE, 同理S▱AEFD =
S▱HCDG. 即S▱ABHG = S▱BCFE,S▱AGOE =
S▱HCFO,S▱AEFD =S▱HCDG. 故选C.
2.
B 【解析】如解图,连接PG,FN,
∵四边形EFGH 是平行四边形,
∴△FPG 的面积= 1
2 ▱EFGH 的
面积,∵四边形ABCD 是平行四
边形,∴AD∥BC,∵QF∥AD,∴QF
∥BC, ∴△FPG 的面积= △FPN
的面积,∵MN∥AB,∴四边形FB-
NP 是平行四边形,∴△FPN 的面
积= 1
2 ▱FBNP 的面积,∴▱EF-
GH 的面积= ▱FBNP 的面积,∴
若要求平行四边形EFGH 的面
积, 只需知道四边形FBNP 的
面积.
第2 题解图
3.
8 【解析】如解图,过点M 作MP
⊥AB 于点P,延长PM 交DC 于
点Q, 则四边形DEMQ, 四边形
QMFC, 四边形AEMP, 四边形
MPBF 都是矩形, ∴
S△QCM =
S△FCM, S△AEM = S△APM, ∵四边形
ABCD 是矩形,∴S△ABC = S△ADC,∴
S△ABC-S△APM -S△FCM = S△ADC -S△AEM
- S△QCM, ∴S四边形DEMQ = S四边形MPBF,
∵DM, BM 分别为矩形DEMQ,
MPBF 的对角线,∴S△DEM = S△MFB
= 1
2 ×2×4= 4,∴S阴影部分= 4+4= 8.
第3 题解图
6
参考答案
分
层
精
讲
本
4.
8
【解析】如解图,连接AP,CP,
设△AHP 在AH 边上的高为x
,
△AEP 在AE 边上的高为y, 则
△CFP 在CF 边上的高为(4-x),
△CGP 在CG 边上的高为(6-y).
∵AH = CF = 2, AE = CG = 3, ∴
S四边形AEPH =S△AHP+S△AEP =AH×x× 1
2
+AE×y× 1
2 = 2x· 1
2 +3y× 1
2 = 5,
即2x+ 3y = 10,S四边形PFCG = S△CFP +
S△CGP = CF×(4-x) × 1
2 +CG×(6-
y)× 1
2 =(26-2x-3y) × 1
2 = (26-
10)× 1
2 = 8.
第4 题解图
5.
①②④
【解析】∵四边形ABCD
是矩形,∴AB = CD,AD = BC,AB∥
CD,AD∥BC,∵S1 =S3,AB=CD,∴
点P 到AB,CD 的距离相等,∵BA
⊥AD,CD⊥AD,∴点P 在边AD
的中垂线上, 故①正确; 如解图
①,过点P 作PE⊥AB 于点E,延
长EP 交CD 于点F,过点P 作PH
⊥BC 于点H,延长HP 交AD 于点
G,则四边形ABHG,EFCB 都为矩
形,设AB = GH = DC = a,AD = EF =
BC=b,PE= h1,PH = h2,∴PF = b-
h1,PG = a-h2,∵S1 = S2,即ah1 =
bh2,∵S3 =
a(b-h1)
2
=
ab-ah1
2
,S4 =
b(a-h2)
2
= ab-bh2
2
,即ab-ah1 = ab
-bh2,∴S3 =S4,故②正确;如解图
②,点P 在线段BD 上时,∵S1 =
2S3,∴PE = 2PF, ∵AB∥CD, ∴
△BEP∽△DFP,∴PB
PD = PE
PF = 2,
∵AD∥BC,∴△DHP∽△BGP,∴
PB
PD = PG
PH = 2,∴S4 = 1
2 S2,故③错
误;若点P 在∠BAD 的平分线上,
则点P 到AB 的距离与点P 到AD
的距离相等, 设为h, ∴S1 =
AB·h
2
,S4 = AD·h
2
,∴
S1
S4
= AB
AD,故
④正确.
第5 题解图
6.
解:(1)如解图①,过点P 作MN∥
AB,分别交AD,BC 于点M,N,
∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AB∥CD,AB=CD,
∴MN∥CD∥AB,
∴四边形ABNM 和四边形MNCD
均为平行四边形,
∴S1 = 1
2 S▱ABNM,S2 = 1
2 S▱MNCD,
∵S=S▱ABNM+S▱MNCD,
∴S1+S2 = 1
2 S;
图①
图②
第6 题解图
(2) 如解图②, 过点P 作MN∥
AB,分别交AD,BC 于点M,N,连
接PA,PB,PC,PD,
∴MP+NP=AB= 5,
设△AEP 边AE 上的高为h1,
△CPG 边CG 上的高为h2,
∴h1+h2 =BC= 8,
∴S1+S2 = 1
2 AE·h1 + 1
2 CG·h2 +
1
2 AH·MP+ 1
2 CF·NP = 3
2 h1 +
3
2 h2+MP+NP = 3
2 (h1 +h2) +MP+
NP= 17.
类型三 过对称中心的直线
平分面积和周长
1.
C
2.
B 【解析】∵菱形的两条对角线
的长分别为6 和8,∴S菱形ABCD = 1
2
×6×8 = 24,∵O 是菱形两条对角
线的交点,∴S阴影= 1
2 ×24= 12.
3.
D 【解析】△ABC 与△CDA 关于
点O 对称,则AB=CD,AD=BC,∴
四边形ABCD 是平行四边形,∴
点O 就是▱ABCD 的对称中心,
则有①点M 和点N;点B 和点D
是关于点O 的对称点,正确;②直
线BD 必经过点O,正确;③四边
形ABCD 是中心对称图形,正确;
④四边形DMOC 与四边形BNOA
的面积必相等,正确;⑤△AOM 与
△CON 成中心对称,正确;其中正
确的个数为5 个.
4.
A 【解析】∵平行四边形是中心
对称图形,对称中心是两条对角
线的交点,且选项中各图形可看
作是由两个平行四边形构成的,
∴只要直线MN 经过两个平行四
边形的对称中心,即可将这个图
形分成面积相等的两个部分,观
察可得,选项B、C、D 符合题意,
故选A.
5.
A 【解析】如解图,连接AC,OB,
则AC 必过点O,∵E,F 是AB 边
的三等分点,∴S1
= 1
3 S△ABO,∵BC
= 4GH,∴S2
= 1
4 S△BCO,∵点O 是
▱ABCD 的对称中心, ∴S△ABO
=
S△BCO,∴3S1 = 4S2,∴S1 = 4
3 S2.
第5 题解图
类型四 通过尺规作图作
特殊四边形
1.
D
【解析】A.
由作图可得,BD
垂直平分线段AC,∴BA = BC,DA
=DC,∴∠ABD = ∠CBD,∵BC∥
7
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
AD,∴∠CBD = ∠ADB,∴∠ABD
=∠ADB,∴BA = AD,∴CB = AB =
AD=DC,∴四边形ABCD 是菱形;
B. 如解图①,连接PE,PF,由作
图可得,AE=AF,PE = PF,又∵AP
=AP,∴△AEP≌△AFP(SSS),∴
∠BAC=∠DAC,同理可得,∠DCA
= ∠BCA,又∵AC = AC,∴△ABC
≌△ADC(ASA),∴AD = AB,CD =
CB, ∵
AD ∥BC, ∴
∠DAC =
∠ACB,∴∠BAC = ∠BCA,∴AB =
BC,∴DA = AB = BC = CD,∴四边
形ABCD 是菱形;C. 由作图可得,
AD= AB = BC,且BC∥AD,∴四边
形ABCD 是菱形;D. 如解图②,由
作图可得, AB 平分∠DAF, ∴
∠BAF= 45°,∴△ABF 是等腰直
角三角形,∴AB = 2 BF,∵BC 的
长度和FB 的长度关系不确定,∴
四边形ABCD 不一定是菱形. 故
选D.
第1 题解图
2.
C
【解析】如解图,设EF 与BD
交于点P,由作图痕迹可知,EF
垂直平分BD,∴EF 与BD 垂直,
故选项A 正确;∵四边形ABCD
是平行四边形,∴AD = BC,AD∥
BC,∴∠GDP = ∠HBP, ∵EF 垂
直平分BD,∴DP = BP,∠DPG =
∠BPH = 90°,在△GDP 和△HBP
中,
∠GDP=∠HBP
DP=BP
∠DPG=∠BPH
{
,∴△GDP≌
△HBP(ASA),∴DG=BH,∴AG =
CH,四边形BGDH 是平行四边
形,∴四边形BGDH 是菱形,∴BG
=DG = DH = BH,∠GDP = ∠HDP,
故选项B 正确,选项C 不正确;∵
△AGB 的周长为4,∴AB+BG+AG
= 4,∴AB+DG+AG = AB+AD = 4,
∴平行四边形ABCD 的周长为2
(AB+AD)= 8,故选项D 正确.
第2 题解图
3.
D
【解析】对于嘉嘉的作法,如
解图①,连接AC,BD,由作图可得
HF 垂直平分AD, EG 垂直平分
AB,∴点H 是AD 的中点,点E 是
AB 的中点,HF⊥AD,EG⊥AB,同
理可得FG∥BD,FG = 1
2 BD,HG∥
AC,HG = 1
2 AC,EF∥AC,EF = 1
2
AC,∵四边形ABCD 是矩形,∴AC
=BD,AB⊥BC,∴EF = FG = HG =
EH,EG⊥HF,∴四边形EFGH 是
菱形,故选项A 错误;∵在矩形
ABCD 中,AB = 6,AD = 8,∴BD =
AB
2+AD
2 = 10,∴EH = 1
2 BD =
5,∴C菱形EFGH = 4EH = 20;对于琪
琪的作法:由题意可得,EF 是AC
的垂直平分线,∴AF = CF,AC⊥
EF,∴∠FAC = ∠FCA,∵四边形
ABCD 是矩形, ∴AD ∥BC, ∴
∠FAC = ∠ACB, ∴
∠FCA =
∠ACB,如解图②,设EF 与AC 相
交于点O, 则AO = CO, ∠AOF =
∠COE = 90°,∴△AOF≌△COE,
∴AF = CE,∴四边形AECF 是菱
形,故选项B 错误;设菱形AECF
的边长为x,即AE = EC = x,∴BE
=BC-EC = 8-x,在Rt△ABE 中,
AB
2+BE
2 = AE
2,即6
2 +(8-x)
2 =
x
2,解得x= 25
4 ,∴菱形AECF 的边
长为25
4 , 周长为4 × 25
4 = 25, ∴
C菱形EFGH ≠C菱形AECF, 故选项C 错
误;∵EC= 25
4 ,AB = 6,∴S菱形AECF =
EC·AB = 25
4 ×6 = 37. 5,故选项D
正确.
第3 题解图
4.
8 【解析】由作图痕迹可知AB =
AF,∠BAE=∠FAE,∵四边形AB-
CD 是平行四边形,∴AD∥BC,∴
∠FAE = ∠AEB, ∴
∠BAE =
∠AEB,∴AB = BE,∴BE = FA,∴
四边形ABEF 为平行四边形,∵
AB=AF,∴四边形ABEF 为菱形,
∴AE⊥BF,BO = 1
2 BF = 3,AE =
2AO, 在
Rt △AOB
中, AO =
5
2-3
2 = 4,∴AE= 2AO= 8.
5.
2 3
【解析】如解图,记AC 与
EF 交于点
O,∵四边形ABCD 是
平行四边形,∴AF∥CE,AO = CO,
∴∠OAF = ∠OCE, ∵∠AOF =
∠COE, ∴
△AOF
≌
△COE
(ASA), ∴OE = OF, ∴四边形
AECF 是平行四边形, 由作图可
知,MN 是线段AC 的垂直平分
线,∴AF=CF,∴四边形AECF 是
菱形,过点A 作AG⊥BC 于点G,
则∠AGB = 90°, ∵∠B = 60°, ∴
∠BAG= 30°,∴BG = 1
2 AB = 1,∴
CG=BC-BG = 3,AG =
AB
2-BG
2
= 3,设GE=x,则CE = AE = 3-x,
∵AG
2 +GE
2 = AE
2,∴( 3)
2 +x
2 =
(3-x)
2,解得x = 1,∴CE = 3-1 =
2,∴四边形AECF 的面积= CE·
AG= 2 3.
第5 题解图
第四节 正方形
8
参考答案
分
层
精
讲
本
基础题练考点
1.
D
【解析】∵四边形ABCD 是正
方形,∴∠BAD = ∠ADC = 90°,AD
=DC. ∵△CDE
是等边三角形,∴
∠EDC= 60°,DE = DC,∴∠ADE =
∠ADC+∠EDC = 90°+60° = 150°,
AD = DE, ∴∠DAE = 1
2 ( 180° -
150°)= 15°,∴∠BAE = 90° - 15°
= 75°.
2.
C 【解析】A. 对角线互相垂直的
矩形是正方形,不符合题意;B. 有
一组邻边相等的矩形是正方形,
故不符合题意;C. ∵四边形ABCD
是矩形,∴OD = OB = 1
2 BD,OC =
OA= 1
2 AC,BD = AC,∴AO = OB,
∴∠BAO = ∠ABO,∴矩形ABCD
不能为正方形,故符合题意;D. ∵
四边形ABCD 是矩形,∴AD∥BC,
∴∠DAC = ∠ACB, ∵∠BAC =
∠DAC,∴∠BAC = ∠ACB,∴AB =
BC,∴矩形ABCD 是正方形,故不
符合题意.
3.
D
【解析】由折叠的性质可知,
剪下的图形两条对角线互相垂直
且平分,为菱形,∵∠ABC = 45°,
∴∠ACB = 45° = ∠ABC, ∴AB =
AC,∵AB = 4
cm,∴根据勾股定
理,得BC= 4 2cm,∴剪下来图形
的周长为4×4 2 = 16 2(cm).
4.
D
【解析】A. 只能判定四边形
ABCD 为矩形,故此选项不符合题
意;B. 只能得到是菱形,故此选项
不符合题意;C. 只能判定四边形
ABCD 为菱形,故此选项不符合题
意;D. 对角线互相垂直的矩形是
正方形,故此选项符合题意.
5.
C 【解析】如解图,过点E 作EF
⊥BD 交BD 于点F, ∵四边形
ABCD 为正方形,AB = 2,∴∠DBE
= 45°,BC= 2,∵E 为BC 的中点,
∴BE = 1
2 BC = 1,∴BF = EF = BE
·sin
45° =
2
2 ,∴BD =
BC
cos
45° =
2 2,∴DF = BD-BF = 3 2
2 ,∴tan
∠BDE= EF
DF = 1
3 .
第5 题解图
6.
D
【解析】如解图,连接AC 交
BD 于点O. ∵四边形ABCD 是正
方形,∴OA = OC = OD = OB,AC⊥
BD,∵BD = AC = 10,DE = BF = 2,
∴EF=BD-DE-BF= 6,∴OE=OF
= 1
2 EF= 3,OA=OC= 5,∴四边形
AECF 是平行四边形,∵EF⊥AC,
∴四边形AECF 是菱形,∠AOE =
90°, ∴AE = EC = CF = AF, 在
Rt△AOE 中, AE =
OA
2+OE
2 =
34,∴四边形AECF 的周长为
4AE= 4
34.
第6 题解图
核心考点突破
例
( 1) 证明: ∵四边形ABCD 是
矩形,
∴∠ABE=∠C= 90°,
∴∠BAE+∠AEB= 90°.
∵AE⊥BF,
∴∠CBF+∠AEB= 90°,
∴∠BAE=∠CBF.
∵AE=BF,
∴△ABE≌△BCF(AAS),
∴AB=BC,
∴四边形ABCD 是正方形;
( 2 ) 解: ①由( 1 ) 得△ABE
≌△BCF,
∴BE=CF.
∵E 是BC 的中点,
∴BC= 2BE,
∴BC= 2CF.
在Rt △BCF 中, 由勾股定理, 得
BF=
BC
2+CF
2 = 5CF,
由对称的性质,得BE=B′E,
∴∠EB′O=∠EBO,
∴sin ∠EB′ O = sin ∠EBO = CF
BF
= 5
5 ;
②由( 1) 得四边形ABCD 是正
方形,
∵E 是BC 的中点,
∴设BE = CE = a,则AD = AB = BC
= 2a,
∴AE=
AB
2+BE
2 = 5a.
∵AE⊥BF,∠ABC= 90°,
∴S△ABE = 1
2 AB·BE= 1
2 AE·OB,
∴OB=AB·BE
AE
= 2 5
5 a,
∴OA=
AB
2-OB
2 = 4 5
5 a,
∴OE=AE-OA= 5
5 a.
∵AD∥BC,
∴△AOD∽△EOH,
∴AD
EH = OA
OE = 4,
∴EH= 1
4 AD= 1
2 a,
∴BH=BE-EH = 1
2 a,CH = EH+CE
= 3
2 a,
∴BH
CH = 1
3 ;
(3)解:①如解图①,过点O 作AB
的平行线分别交AD, BC 于点
M,N.
∵BO
FO = 2
3 ,
∴BN
CN = 2
3 ,
∴BN
BC = 2
5 ,
∵BC=AB= 10,
∴易得AM=BN= 4,CN= 6,
∵MN∥AB,
∴∠AMN=∠BNM= 90°,
∵AE⊥BF,
∴∠AOB= 90°,
∴
∠MAO + ∠AOM = ∠NOB +
∠AOM= 90°,
∴∠MAO=∠NOB,
∴△AMO∽△ONB,
∴AM
ON =MO
NB,
设ON=x,则MO= 10-x,
9
中考试题研究·数学(河北)
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精
讲
本
∴4
x = 10-x
4
,
解得x= 8(不符合题意,舍去)或x
= 2,
∴ON= 2,
∴在Rt△CNO 中,CO =
CN
2+ON
2
= 2
10;
例题解图①
②∵AE⊥BF,∴∠AOB= 90°,
如解图②,取AB 的中点Q,则点O
在以点Q 为圆心,AQ 的长为半径
的弧上运动,连接OQ,CQ,
∵CQ-OQ≤OC,
∴当Q,O,C 三点共线时,OC 有最
小值,最小值为CQ-OQ 的值,
∵AB=BC= 10,
∴BQ=OQ= 1
2 AB= 5,
∴CQ=
BC
2+BQ
2 = 5 5,
∴CO 的最小值为CQ-OQ = 5 5
-5.
例题解图②
练习1
A
【解析】木板余料的面
积为2
500,若围成等面积的正方
形,边长需为50,如解图所示,显
然甲、乙方案都符合这一要求,故
选A.
练习1 题解图
练习2
C
【解析】∵正方形ABCD
的边长为5,∴∠A = ∠B = 90°,AB
= 5,如解图,过点G 作GP⊥AD 于
点P,∴四边形APGB 是矩形,∴
∠2+∠3= 90°,PG = AB = 5,∵六个
大小完全一样的小正方形如图放
置在大正方形中, ∴∠1 + ∠2 =
90°, ∴∠1 = ∠3, ∴△BGF ∽
△PGE,∴BG
PG = FG
EG
,即BG
5 = 1
5 ,∴
GB= 1,∴AP= 1,同理DE= 1,∴PE
=AD-AP-DE = 3,∴EG =
5
2+3
2
=
34, ∴小正方形的边长为
34
5
,∴每个小正方形的面积为
(
34
5
)
2 = 34
25.
练习2 题解图
练习3
A
【解析】如解图,连接
NE,设直线NE 与AB 边的交点为
P,由折叠的性质可知点P,E,G,N
四点共线,且PE = GN,设正方形
ABCD 的边长为2a,则CN = a,正
方形ABCD 的面积为4a
2,∵正方
形EFGH 与五边形MCNGF 的面积
相等,∴由折叠的性质可知正方形
EFGH 的面积= 1
5 ×正方形ABCD
的面积= 4
5 a
2,∴正方形EFGH 的
边长GF=
4
5 a
2 = 2 5
5 a,∴CN
GF =a
÷2 5
5 a= 5
2 .
练习3 题解图
微专题 几何图形折叠探究
类型一 结论判断
一阶 方法训练
例1 B 【解析】∵∠A1MD1 = α,∴
∠AMB+∠A1MB+∠DMC+∠D1MC
= 180° - α, 由折叠的性质可知
∠AMB
=
∠A1MB,
∠DMC
=
∠D1MC,∴∠A1MB+∠D1MC= 90°
- 1
2
α, ∴
∠BMC = ∠A1MB +
∠A1MD1+∠D1MC= 90°- 1
2 α+α =
90°+ α
2 .
例2 D 【解析】∵四边形ABCD 是
矩形,∴AD∥BC,∴∠ADB = ∠1,
∵将矩形ABCD 沿对角线BD 折
叠,∴∠ADB = ∠A′ DB, ∴∠1 =
∠A′DB, ∵∠DEC = 90° - α, 即2
∠1= 90°-α,∴∠1 = 45°- 1
2 α,故
A 选项不正确;∵将△CDE 沿DE
折叠,点C 落在△BDE 内的C′处,
∴∠C′DE = ∠CDE = α,∠C′DE <
∠A′DB,即∠1>α,故B 选项不正
确;由折叠得∠C′ED = ∠CED
,∴
∠2= 180°-2∠CED = 180°-2(90°
-α) = 2α,故C 选项不正确,D 选
项正确.
例3
B
【解析】如解图①,在直角
梯形ABCD 中,过点D 作DT⊥AB
于点T,则易得△ADT 是等腰直角
三角形,四边形CDTB 是矩形,∴
AT= DT,CD = TB,BC = DT,∴BC+
CD=AT+TB=AB,∴图①展开后周
长不变, 同理图②展开后周长
不变.
例3 题解图
二阶 综合应用
1.
C 【解析】如解图①,当AB′⊥AB
时,∵AB′⊥AB,∴∠BAB′ = 90°,
∵将△ABP 沿AP 翻折得到△AB′
P,∴∠BAP = ∠B′AP = 45°,∠B =
∠AB′ P = 60°, ∵AD ∥BC, ∴
∠BAD= 120°,∴∠B′AD = ∠BAD
- ∠BAB′ = 120° - 90° = 30°, ∴
∠AEB′= ∠AB′P-∠B′AD = 60° -
30° = 30°,∴∠B′AD = ∠AEB′,∴
AB′= EB′,故甲正确;如解图②,
0
1
参考答案
分
层
精
讲
本
当B′落在AD 上时,点E 和B′重
合,由题意可得AD∥BC,∴∠BAD
= 120°,由翻折的性质可得∠BAP
=∠B′AP = 60°,AB = AB′,PB = P′
B,∴△ABP 是等边三角形,∴AB
=BP=B′P = AB′,∴四边形ABPB′
是菱形,故乙正确;如解图③,当
点P 靠近点C 时,B′在四边形外
部,此时∠AEB′>90°,∴AE<AB′ =
2,故丙错误. 故选C.
第1 题解图
类型二 简单计算
一阶 方法训练
例1
14
5 【解析】如解图,过点C 作
CG⊥AB 交AB 的延长线于点G,∵
四边形ABCD 是平行四边形,∴AD
∥BC,AD=BC= 2,∴∠CBG = ∠A =
60°,∴在Rt△BCG 中,BG = 1
2 BC
= 1,CG= 3,设AE = x,则EB = 4-
x,由折叠的性质知CE = AE = x,∴
EG=EB+BG = 4-x+ 1 = 5-x,在Rt
△CEG 中,由勾股定理, 得EG
2 +
CG
2 = EC
2,即(5-x)
2 +( 3 )
2 = x
2,
解得x= 14
5 ,∴CE= 14
5 .
例1 题解图
例2
4
5
【解析】∵四边形ABCD
是菱形,∴AD∥BC,AB∥CD,AB =
BC=CD= AD = 2,∴∠DCH = ∠B =
180°-∠A = 60°,DG = CD = AD = 2.
如解图,过点D 作DH⊥BC 交BC
的延长线于点H,∴∠DHC = 90°,
∴∠CDH= 90°-60° = 30°,∴CH =
1
2 CD= 1,在Rt△DCH 中,由勾股
定理,得DH=
CD
2-CH
2 = 3,∴
BH= BC+CH = 3. ∵E 为AB 的中
点,∴AE = BE = 1,由折叠的性质,
得GF = BF, GE = BE = AE = 1,
∠EGF = ∠B = 60°. 连接DE, 在
△ADE 和△GDE 中,
AD=GD,
AE=GE,
DE=DE,
{
∴
△ADE≌△GDE(SSS),∴∠DGE =
∠A = 120°, ∴∠EGF + ∠DGE =
180°,∴D,G,F 三点共线. 设BF =
GF= x,则HF = 3-x,DF = x+ 2,在
Rt△DHF 中,由勾股定理,得DH
2
+HF
2 =DF
2,即( 3 )
2+(3-x)
2 = (x
+2)
2,解得x= 4
5 ,∴BF= 4
5 .
例2 题解图
例3
10
3
【解析】∵四边形ABCD
是矩形,∴AD = BC = 8,DC = AB =
6. ∵DA′= 2A′C,∴DA′ = 2
3 DC = 4,
A′C = 1
3 DC = 2,由折叠的性质,得
∠B′A′F=∠A= 90°,AF = A′F,A′B′
=AB= 6. 设DF=x,则FA=FA′= 8-
x,在Rt△A′DF 中,由勾股定理,得
DF
2+DA′
2 = A′F
2,即x
2 + 4
2 = (8-
x)
2,解得x = 3,即DF = 3,∴FA =
FA′= 8-3= 5. ∵∠NA′C+∠DA′F =
90°, ∠NA′ C + ∠CNA′ = 90°, ∴
∠CNA′ = ∠DA′ F. ∵∠C = ∠D =
90°,∴△A′NC∽△FA′D,∴A′C
FD =
A′N
FA′,即2
3 =A′N
5 ,∴A′N= 10
3 .
二阶 综合应用
1.
C 【解析】如解图,过点C 作CF
⊥BD 于点F,过点A′作A′E⊥BD
于点E, 则∠A′ EB = ∠A′ ED =
∠CFB = ∠CFD = 90°, 由题意可
得AB = CD = 5,AD = BC = 8,AD∥
BC,∴∠ADB = ∠CBD. 由折叠的
性质可得AB = A′B = 5,AD = A′D =
8,∠ADB = ∠A′DB,∴AB = A′B =
CD= 5,AD=A′D= BC = 8,∠ADB =
∠A′ DB = ∠CBD, ∵∠A′ ED =
∠CFB= 90°,A′D=BC= 8,∠A′DB
= ∠CBD, ∴△DA′ E ≌△BCF
(AAS),∴A′E = CF,DE = BF,∴
DE-EF = BF-EF,即DF = BE,∵
∠A′ED = ∠CFB = 90°, ∴A′ E∥
CF,∵A′E = CF,∴四边形A′EFC
是矩形,∴EF = A′C = 5,设DF =
BE=x,则BF=EF+BE= 5+x,BD =
DF+BF= 5+2x,∴在Rt△BCF 中,
CF
2 = BC
2 -BF
2 = 8
2 -(5+x)
2,在
Rt△CDF 中,CF
2 =DC
2-DF
2 = 5
2-
x
2,∴8
2-(5+x)
2 = 5
2-x
2,解得x =
1. 4,∴BD= 5+2x= 7. 8.
第1 题解图
2.
10 【解析】∵四边形ABCD 为
矩形,∴AB = CD,AD = BC,∠B =
∠C= 90°,由折叠的性质,得AB′
=AB,C′D = CD,∠B′ = ∠B = 90°,
∠DC′E=∠C,B′E = BE = 5,C′E =
CE= 2,∴AD = BC = BE+CE = 7,B′
C′ = B′ E - C′ E = 3, AB′ = C′ D,
∠DC′F=∠B′= 90°,在△AB′F 和
△DC′F 中,
∠AFB′=∠DFC′,
∠AB′F=∠DC′F,
AB′=DC′,
{
∴
△AB′F≌△DC′F(AAS),∴B′F =
C′F,AF = DF,∴B′F = 1
2 B′C′ =
3
2 ,AF= 1
2 AD = 7
2 ,∴在Rt△AB′
F 中, 由勾股定理得AB′ =
AF
2-B′F
2 =
10, ∴AB = AB′
=
10.
一题多解法
结合矩形的性质,证明△ABE ∽
△ECD,利用相似三角形的性质,
即可求解AB 的长.
1
1
中考试题研究·数学(河北)
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本
3.
40°
【解析】∵AB = BD, ∠A =
70°,AD∥BC, ∴∠ADB = ∠A =
70°, ∠ABD = ∠BDC = 40°, ∵
∠BDC 的平分线与BD 的垂直平
分线MN 交于点N, ∴∠NDB =
∠NDC= 20°. ∵MN 是BD 的垂直
平分线,如解图,连接BN,则NB
=ND,∴∠NBD= ∠NDB = 20°,∵
BD=AB=DC,∴∠DBC= ∠DCB =
70°,∴∠NBC = ∠DBC-∠NBD =
50°,∵∠C 沿EF 折叠后,点C 与
点N 重合,∴NE = EC,∠CEF =
∠NEF, 连接CN, ∴∠CNE =
∠NCE, ∵DB = DC, ∠NDB =
∠NDC, ND = ND, ∴△DNB ≌
△DNC ( SAS ), ∴NB = NC, ∴
∠NBC=∠NCB = 50°,∴∠CNE =
∠NCE = 50°, ∴∠NEC = 180° -
∠CNE-∠NCE= 180°-50°-50° =
80°,∴∠CEF= 1
2 ∠NEC= 40°.
第3 题解图
4.
(3,10) 【解析】∵四边形ABCD
是正方形,边AB 在x 轴上,∴AD
=AB= CB = CD,AD⊥x 轴,CD⊥y
轴,由折叠的性质可得FB = CB,
FE=CE,如解图,设CD 交y 轴于
点G,AD=AB=CB = CD = m,则BF
=OG=m,∵A(-2,0),F(0,6),∴
OA=GD = 2,OF = 6,∴OB = m-2,
∵∠BOF = ∠EGF = 90°,∴OB
2 +
OF
2 =BF
2,即(m-2)
2 +6
2 = m
2,解
得m= 10,∴AD = OG = CD = 10,∴
FG= 10-6= 4,FE = CE = 10-2-GE
= 8-GE,∵GE
2+FG
2 =FE
2,即GE
2
+4
2 = (8-GE)
2,解得GE = 3,∴E
(3,10).
第4 题解图
5.
3 3 - 3
【解析】如解图, 连接
AA′,过P 作PH⊥AO 交AC 于点
H,∵四边形ABCD 是菱形,∴AC
⊥BD, AO = 1
2 AC = 3, AC 平分
∠DAB,AD∥BC,∴∠ABC+∠BAD
= 180°,∵∠ABC = 120°,∴∠BAD
= 60°,∴∠PAO= 1
2 ∠BAD = 30°,
由折叠的性质,得直线l 垂直平
分AA′,∴OA=OA′,∴直线l 平分
∠AOD,∴∠AOP = 45°,∴△POH
是等腰直角三角形,∴PH = OH,
设PH = OH = x,∵tan∠PAH = tan
30° = PH
AH =
3
3 ,∴AH =
3 x,∴AO
= AH + OH =
3 x + x = 3, ∴x =
3×( 3 -1)
2
, ∵
∠PAH =
30°,
∠AHP = 90°,∴AP = 2PH = 2x =
3 3 -3.
第5 题解图
6.
3. 5
【解析】如解图,过点E 作
EP⊥BC 于点P,∵四边形ABCD
是平行四边形,∴AD = BC,∠D =
∠ABC,∠A= ∠BCD,由折叠可知
AD = CG,∠D = ∠G,∠A = ∠ECG,
∴BC=GC,∠ABC = ∠G,∠BCD =
∠ECG, ∴∠BCE = ∠GCF, 在
△BCE
和
△GCF
中,
∠EBC=∠G
BC=GC
∠BCE=∠GCF
{
, ∴
△BCE ≌
△GCF ( ASA ), ∴CE = CF, ∵
∠ABC = 60°, ∠EPB = 90°, ∴
∠BEP= 30°,∴BE= 2BP,设BP =
m,则BE= 2m,∴EP=
BE
2-BP
2
= 3 m,由折叠可知,AE = CE,∵
AB= 6,∴AE = CE = 6-2m,∵BC =
4,∴PC = 4 - m,在Rt△ECP 中,
EP
2+PC
2 = CE
2,即( 3 m)
2 +(4-
m)
2 = (6- 2m)
2,解得m = 5
4 ,∴
CE= 6-2× 5
4 = 7
2 ,∴CF= 7
2 .
第6 题解图
第五节 多边形(含正多
边形与圆)
基础题练考点
1.
D
2.
B 【解析】∵正多边形一个内角
的度数是135°,∴正多边形一个
外角的度数是45°,∴这个正多边
形的边数为360°÷45° = 8.
3.
D
4.
C 【解析】∵多边形的外角和为
360°,∴∠5 = 360°-∠1-∠2-∠3
-∠4= 360° -( ∠1+∠2) -( ∠3+
∠4)= 360°-145°-140° = 75°.
5.
C
【解析】∵E,F,G,H 分别是
AB,BC, CD, AD 的中点, ∴EF∥
AC,EF = 1
2 AC, GH∥AC, GH =
1
2 AC,∴EF∥GH,且EF = GH,∴
四边形EFGH 是平行四边形,故
选项A 说法正确;∵四边形EF-
GH 为矩形,∴EF⊥EH,∴AC⊥
BD,∴平行四边形ABCD 是菱形,
故选项B 说法正确; ∵四边形
EFGH 为菱形,∴EF = EH,∴AC =
BD,∴平行四边形ABCD 是矩形,
故选项C 说法错误; ∵四边形
EFGH 为正方形,∴EF=EH,EF⊥
EH,∴AC = BD,AC⊥BD,∴平行
四边形ABCD 是正方形,故选项D
说法正确.
6.
12 【解析】∵正六边形的一个内
角的度数为(6-2)×180°
6
= 120°,
正n 边形的一个外角的度数为
360°
n , ∴120° = 360°
n
× 4, 解得n
= 12.
7.
108°
【解析】∵五边形ABCDE
为正五边形, ∠BCD = ∠CDE =
(5-2)×180°
5
= 108°, ∠COD =
2
1
参考答案
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讲
本
360°
5
= 72°,∵OC = OD,∴∠OCD
=∠ODC= 1
2 ×(180°-72°)= 54°,
∴∠OCB + ∠ODE = ∠BCD +
∠CDE - ∠OCD - ∠ODC = 108° +
108°-54°-54° = 108°.
8.
3
【解析】如解图,过点O 作
OM⊥BC 于点M,即∠OMB= 90°,
∵多边形ABCDEF 是正六边形,
∴∠BOC = 60°, ∵OB = OC, ∴
△OBC 是等边三角形,∴∠OBC
= 60°,∠BOM = 30°,∵正六边形
的周长是12,∴BC = 2,∴OB = BC
= 2,∴BM= 1,在Rt△OBM 中,由
勾股定理,得OM =
OB
2-BM
2 =
3,∴边心距为3.
第8 题解图
河北中考真题及新考法
1.
A
2.
B 【解析】正六边形每个内角为
(6-2)×180°
6
= 120°, ∵四边形
AFNM 内角和为
360°, α =
∠AMN, β = ∠FNM, ∴α + β =
∠AMN+∠FNM = 360° -∠A-∠F
= 120°.
3.
B 【解析】如解图①,连接AC,易
知四边形ACDF 为矩形,∵S△AFO
= 8,S△CDO = 2,∴S△ACO = 2+8 = 10,
∴S矩形ACDF = 10×2 = 20,如解图②,
正六边形ABCDEF 被分割成12
个全等的小直角三角形,可知每
个小直角三角形的面积为20÷8 =
5
2 ,∴S正六边形ABCDEF = 5
2 ×12= 30.
第3 题解图
4.
(1)30;(2)2 3 【解析】(1)如解
图,延长AD 交直线l 于点E,延长
HC 交AE 于点B,∵多边形是正
六边形,∴∠ACB = 60°,∠PDE =
60°,易得∠DPE = 30°,∴∠DEP
= 90°,∵BC∥直线l,∴∠ABC =
90°,∴∠α = 30°;(2) 如解图,取
中间正六边形的中心为O,过点O
作ON⊥直线l 于点N,交CH 于
点M,连接AG,延长CH 交右侧的
正六边形的一边于点F,由题意
得AG∥BF, AB∥GF, ∵∠ABC =
90°,∴四边形ABFG 为矩形,∴
AB= GF,∠GFH = ∠ABC = 90°,∵
∠ACB = ∠GHF, ∴
△ABC ≌
△GFH,∴BC=FH,∵在Rt△PDE
中,DP = 2,∴DE = 1,PE =
3,由
正六边形的性质易得AG = BF =
2PE= 2 3,OM = PE = 3,∵BC =
1
2 ( BF - CH) =
3 - 1, ∴AB =
BC
tan∠BAC = 3 -1
3
3
= 3- 3,∴BD =
2-AB =
3 - 1,∴BE = BD + DE =
3,∴ON=OM+BE = 2 3,∴中间
正六边形的中心到直线l 的距离
为2 3.
第4 题解图
5.
D 【解析】如解图,设点O 为正
方形和正六边形的中心, 连接
OE,OF,OA,记OF,AD 交于点M,
当正方形ABCD 的四个顶点都落
在正六边形的边上时,AB 的长度
最长,∵OE = OF,∠EOF = 360°
6
=
60°,∴
△EOF 为等边三角形,∴
OE= OF = 2,∠AFM = 60°,设FM
= x,则AM = FM·tan
60° =
3 x,
∵四边形ABCD 是正方形, ∴
∠OAM = ∠AOM = 45°, ∴
OM =
AM= 3x,∴OF = FM+OM = x+ 3
x= 2,解得x =
3 - 1,∴AM = 3-
3,∴AB= 2AM= 6-2 3.
第5 题解图
6.
D
【解析】如解图①,由题可知
AB=AC,∠BAC= 108°,∴∠ABC =
∠ACB = ∠BAD = ∠CAE = 36°,∴
∠DAE = 36°,∴∠BAE = ∠BEA =
72°,∴Ⅰ和Ⅱ合在一起(无重叠
部分)能拼成一个等腰三角形,故
①正确;如解图②,将两个顶角为
108°的等腰三角形拼成菱形,再
与顶角为36°的等腰三角形拼接
可拼成一个等腰梯形,故②正确;
如解图①,在AB 上取点F,使AF
= AD, 可得BF < AF, ∴S△ADF =
S△ADE,S△BDF < S△ADF, ∴SⅠ+ SⅢ<
4SⅡ,故③错误;∵Ⅰ中最大内角
为∠ADB = 108°, 最小内角为
∠BAD= 36°,108° ÷ 36° = 3,故④
正确. 综上所述, 正确的是①
②④.
第6 题解图
7.
A
【解析】如解图,连接P1P8,
P7P8,∵P1 ~ P8 是☉O 的八等分
点,∴P1P3 = P4P6 = P1P7,P3P4 =
P7P6 = P8P7 = P1P8, ∵a = P1P3 +
P3P7+P1P7,b=P3P4+P3P7+P6P7+
P4P6,∴b-a = (P3P4 +P3P7 +P6P7
+P4P6 ) - ( P1P3 + P3P7 + P1P7 ) =
(P3P4 + P6P7 ) - P1P7 = ( P8P1 +
P7P8 ) - P1P7, 在△P1P7P8 中,
P8P1+P7P8>P1P7,∴b-a>0,∴a<b.
3
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
第7 题解图
8.
6 + 2
2
【解析】如解图,设数字
0 记为圆心O,数字6 记为A,数
字7 记为B,过点O 作OD⊥AB
于点D,连接OA,OB,由图可得,
线段AB 的长与其他的都不相等,
∵数字1~ 12 对应的点均匀分布
在一个圆上,∴360°÷12 = 30°,∴
相邻两个数字与圆心O 组成的圆
心角为30°,∴∠AOB = 30° × 5 =
150°, ∴∠OAB = ∠OBA =
1
2
(180° - ∠AOB) = 15°, ∵OD ⊥
AB,∴∠BOD= 75°,∴sin∠BOD =
sin
75° =BD
OB,即6 + 2
4
=BD
1 ,∴BD
= 6 + 2
4
,∵OA=OB,OD⊥AB,∴
AB= 2BD= 6 + 2
2
,∴这条线段的
长为6 + 2
2
.
第8 题解图
9.
4
3 【解析】如解图,设C,D 是小
正六边形的两个顶点,连接OC,
OD,∵A 是大正六边形的一个顶
点,∴∠CAD= 1
6 ×(6-2) ×180° =
120°,∵AC,AD 分别与☉O 相切
于点C,D,∴AD⊥OD,AC = AD,
∠OAD=∠OAC = 1
2 ∠CAD = 60°,
∴∠ADO = 90°, AO ⊥CD, ∴
∠DBO = 90°, ∠AOD = 90° -
∠OAD= 30°,∵OD
OA = OB
OD = cos
30°
=
3
2 ,
∴OA = 2 3
3
OD, OB =
3
2
OD,∴OA
OB =
2 3
3 OD
3
2 OD
= 4
3 .
第9 题解图
第六章 圆
第一节 圆的基本
性质(含外心)
基础题练考点
1.
C
【解析】∵∠ACB = 56°, ∴
∠AOB = 2∠ACB = 112°,∵OA =
OB,∴∠BAO= 1
2 (180°-∠AOB)
= 34°.
2.
C
【解析】∵AB 是☉O 的直径,
∴∠ACB = 90°, ∵BD
(
= BD
(
, ∴
∠BCD = ∠BAD = 48°,∴∠ACD =
∠ACB-∠BCD= 42°.
3.
B
【解析】如解图,连接BC,∵
AB 是☉O 的直径, ∴∠ACB =
90°. ∵AB = 2AC,∴cos
∠CAB =
AC
AB = 1
2 ,∴∠CAB = 60°. ∵点D
是BC
(
的中点, ∴DC
(
= DB
(
, ∴
∠CAD=∠DAB= 1
2 ∠CAB= 30°.
第3 题解图
4.
D 5.
A
6.
D
【解析】如解图,连接OC,∵
∠BAC = 24°,∴∠BOC = 2∠BAC
= 48°, ∵AB ⊥CD, ∴∠BOD =
∠BOC= 48°,∴∠AOE = ∠BOD =
48°,∴∠CED = ∠AOE+∠OAE =
48°+24° = 72°.
第6 题解图
7.
C
【解析】∵AB 是☉O 的直径,
∴∠ACB = 90°, ∵OD ∥AC, ∴
∠OEB = ∠ACB = 90°, ∴OD ⊥
BC,∴BE = 1
2 BC = 4,设☉O 的半
径为r,则OE = r- 2,在Rt△OBE
中,由勾股定理, 得BE
2 + OE
2 =
OB
2,即4
2+(r-2)
2 =r
2,解得r= 5,
即☉O 的半径为5.
8.
B 【解析】如解图,连接OD,∵D
为AB
(
的中点, ∴OD ⊥AB, ∴
∠DOE = 90°. 设OE = x,则AO =
AE-OE = 12-x = OD,在Rt△ODE
中,由勾股定理,得x
2+(12-x)
2 =
(4 5)
2,解得x1 = 4,x2 = 8( 不符
合题意,舍去),∴OE= 4.
第8 题解图
9.
C
【解析】如解图,连接BD,∵
CD 是☉O 的直径, ∴∠DBC =
90°. ∵∠BCD = 20°, ∴∠BDC =
70°. ∵四边形ABDC 是☉O 的内
接四边形,∴∠A = 180°-∠BDC =
110°, ∵AB = AC, ∴∠ABC = 1
2
(180°-∠A) = 1
2 ×(180° - 110°)
= 35°.
第9 题解图
4
1
参考答案
分
层
精
讲
本
10.
B
【解析】如解图,在优弧AC
上取点P, 连接PA, PC, ∵
∠CBD = 62°,∴∠CPA = ∠CBD
= 62°, ∴
∠AOC = 2 ∠APC
= 124°.
第10 题解图
11.
C 【解析】∵AD
(
= AD
(
,∴∠ABD
= ∠ACD,∵∠AEB = ∠DEC,∴
△DCE∽△ABE,∵CD ∶BA = 3 ∶
5,∴S△DCE ∶S△ABE = CD
2 ∶BA
2 = 9
∶25.
12.
< 【解析】如解图,设BP 交☉O
于点Q,连接CQ,∵BC
(
= BC
(
,∴
∠BQC = ∠BAC. ∵∠BQC 是
△CPQ 的一个外角,∴∠BQC =
∠BPC + ∠PCQ, ∴
∠BPC <
∠BQC,∴∠BPC<∠BAC.
第12 题解图
河北中考真题及新考法
1.
D
【解析】如解图①,顺次连接
M,E,N,F. ∵PA,AB 是☉O 的弦,
且MN,EF 分别垂直平分AB,PA,
∴MN, EF 都是☉O 的直径, ∴
∠MEN = ∠MFN = 90°, ∠EMF =
∠ENF= 90°,∴四边形MENF 是
矩形,故结论Ⅰ正确;要使S扇形FOM
= S扇形AOB, 则∠FOM = ∠AOB =
40°,此时∠EON = ∠FOM = 40°.
如解图①,当点P 在MN 左侧时,
连接OP. 在△AOB 中, ∵OA =
OB, ON ⊥AB, ∴
∠AON =
1
2 ∠AOB = 1
2 × 40° = 20°.
在
△AOP 中,∵OP = OA,OE ⊥AP,
∴∠AOE = 1
2 ∠AOP. ∵∠EON =
∠AOE+∠AON = 1
2 ∠AOP+ 20°,
∴当∠AOP = 40° 时, S扇形FOM =
S扇形AOB;如解图②,当点P 在MN
右侧时,∠EON = ∠AOE - ∠AON
= 1
2 ∠AOP - 20°, ∴当∠AOP =
120°时,S扇形FOM = S扇形AOB. 综上所
述, ☉O 上有两个点P, 使得
S扇形FOM =S扇形AOB,故结论Ⅱ错误.
图①
图②
第1 题解图
2.
B 【解析】如解图①,连接AF,方
法①中,∵OF⊥BC,∴BF
(
=CF
(
,∵
E 是AC
(
的中点,∴AE
(
= EC
(
,∵AC
= BC, ∴AC
(
= CB
(
, ∴BF
(
= AE
(
, ∴
∠BAF= ∠AFE,∴EF∥AB;如解
图②,方法②中,∵E 是AC
(
的中
点,∴AE
(
= EC
(
,∴BE 平分∠ABC,
∵AC = BC, ∴CA
(
= CB
(
, ∴CO ⊥
AB,∴CO 平分∠ACB,∴AG 平分
∠BAC,∴∠BAF = ∠CAF,∴BF
(
=
CF
(
,∴BF
(
=AE
(
,∴∠BAF = ∠AFE,
∴EF∥AB. 故方法①,②均正确.
第2 题解图
3.
解:(1) 由题意可知BC⊥AB,则
∠ABC= 90°,
∴∠C = 180° - ∠ABC - ∠BAC =
180°-90°-14° = 76°,
(2 分)
…
∴在Rt △ABC 中,AB = BC · tan
76°≈1. 7×4= 6. 8(m);
(5 分)
………
………………………
(2)如解图,过点O 作OH⊥MN,
交MN 于点D,交半圆O 于点H,
则DH 的长度表示最大水深,
(7 分)
…
………………………
∵AB= 6. 8
m,
∴OM=OH=OA= 1
2 AB= 3. 4
m.
第3 题解图
∵∠BAM= 7°,
∴∠BOM= 2∠BAM= 14°,
∵AB∥MN,OH⊥MN,
∴OH⊥AB,即∠BOH= 90°,
∴∠MOD=∠BOH-∠BOM= 76°,
∴tan ∠MOD = MD
OD ≈4, 即MD
=4OD,
在Rt△MOD 中,由勾股定理可得
MD
2+OD
2 = OM
2,即(4OD)
2 +OD
2
=OM
2,解得OD=
17
5
≈0. 82(负
值已舍去),
∴DH=OH-OD= 3. 4-0. 82 = 2. 58
≈2. 6(m),
∴最大水深约为2. 6 米.
(10 分)
………
……………………
4.
解:(1)∵正方形ABCD 的边长为5,
∴AD=CD= 5,∠ADC= 90°.
∵AE= 3,
∴ED=DF= 2.
∵OE=OF= 2,
∴ED=DF=OE=OF,
∴四边形EOFD 是菱形.
∵∠EDF= 90°,
∴四边形EOFD 是正方形,
∴∠EOF= 90°,
∴∠EMF= 1
2 ∠EOF= 45°;
(3 分)
……
………………………
(2)∵四边形OEMF 为菱形,
∴EM=MF=OE=OF.
∵扇形OEF 所在圆的圆心O 在
对角线BD 上,
∴OE=OM=EM= 2,
∴△OEM 是等边三角形,
∴∠MEO= 60°,
5
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
如解图①,连接EF 交BD 于点G.
∴EF⊥BD,
∴∠MEG= 1
2 ∠MEO= 30°,
∴MG=OG= 1
2 EM= 1,
∴EG=
EM
2-MG
2 = 3.
∵∠EDG= 45°,
∴△EGD 是等腰直角三角形,
∴EG=DG= 3,
∴DE=
EG
2+DG
2 = 6;
(6 分)
………
………………………
第4 题解图①
(3)如解图②,当EMF
(
是劣弧时,
∵∠EOF= 150°,OE= 2,
∴EMF
(
的长为150π×2
180
= 5π
3 ;
第4 题解图
如解图③,当EMF
(
是优弧时,
∵∠EOF = 150°, OE = 2, 360° -
150° = 210°,
∴EMF
(
的长为210π×2
180
= 7π
3 .
综上所述,EMF
(
的长为5π
3 或7π
3 .
(9 分)
………………………
5.
C 【解析】三角形外心为各边垂
直平分线的交点,选项C 中作图
痕迹为三角形两边的垂直平分
线,则用直尺作出这两条垂直平
分线,交点即为外心.
6.
A
【解析】如解图①,当△ABC
的外心O 在其内部时,∠A = 65°;
如解图②,当△ABC 的外心O 在
其外部时,∵∠BOC = 130°,∴∠1
= 360° - 130° = 230°. ∵∠1 =
2∠A,∴∠A = 1
2 ×230° = 115°;如
解图③, 当△ABC 的外心O 在
△ABC 边上时,∠A = 90°,∠BOC
= 2∠A= 180°≠130°,这种情况不
符合题意. 故∠A= 65°或115°.
第6 题解图
第二节 与切线有关的证明
与计算(含内心)
基础题练考点
1.
B
【解析】如解图,连接DO,∵
CD 是☉O 的切线, ∴∠ODC =
90°,∵AB 是☉O 的直径, AC =
3BC,∴AB = 2BC = OC = 2OD,∴
∠C= 30°,∴∠DOC= 60°,∵OD=
2,∴DC = OD·tan
60° = 2× 3 =
2 3.
第1 题解图
2.
B
【解析】∵AC 是☉O 的直径,
PA 是☉O 的切线, ∴∠CAP =
90°,∴∠PAB = ∠CAP - ∠BAC =
64. 5°,又∵PB 是☉O 的切线,∴
PA = PB,∴∠PBA = ∠PAB = 64.
5°,∴∠P = 180° - 64. 5° - 64. 5°
= 51°.
3.
C 【解析】如解图,连接OB,OC,
设BC 与☉O 相切于点D, 连接
OD,∵△ABC 是等边三角形,∴
∠ABC = ∠ACB = 60°. ∵☉O 是
△ABC 的内切圆,∴∠OBD = 1
2
∠ABC= 30°,∠OCD = 1
2 ∠ACB =
30°,OD⊥BC,∴BD = CD = 1
2 BC,
tan
∠OBD=tan
30° = OD
BD,∵OD =
2,∴BD =
OD
tan
30° =
3 OD = 2 3,
∴BC= 2BD= 4 3.
第3 题解图
4.
C
【解析】∵☉O 是△ABC 的内
切圆,∠ABC = 46°,∠ACB = 84°,
∴
∠OBA = ∠OBC, ∠OCB =
∠OCA, ∴
∠OBC + ∠OCB =
1
2 (∠ABC + ∠ACB ) = 65°, ∴
∠BOC= 180° -( ∠OBC+∠OCB)
= 115°.
5.
B
【解析】如解图,∵过格点A,
B,C 作一圆弧,∴这三点确定的
圆的圆心为O′(2,0),设点F 与
点B 的连线与圆弧相切,∵只有
当∠O′BD+∠EBF = 90°时,BF 与
圆弧相切,此时△BO′D∽△FBE,
即O′D
BD = BE
FE = 1
2 ,易得BF 所在直
线为y= - 1
2 x+ 7
2 ,∴点B 与所给
格点的连线中,能够与该圆弧相
切的是点(1,3).
第5 题解图
6.
2
【解析】∵在Rt △ABC 中,
∠ABC= 90°,AB = 6,BC = 8,∴AC
=
AB
2+BC
2 = 10, 如解图, 设
☉O 与边AB,BC,AC 的切点分别
为点E,F,G,☉O 的半径为r,连
接OE, OF, OG, OA, OB, OC, 则
OE⊥AB,OF⊥BC,OG⊥AC,OE =
OF=OG,∴∠AEO = ∠AGO = 90°,
∵OA = OA, ∴Rt △AEO ≌Rt
△AGO( HL),∴AE = AG,同理可
得BE = BF,CF = CG,又∵∠OEB
=∠OFB=∠ABC= 90°,∴四边形
BFOE 是正方形,∴BE = BF = OE
=r,∴AE = AG = 6-r,CF = CG = 10
-(6-r)= 4+r,∵BC = 8,∴r+4+r
= 8, 解得r = 2, ∴☉O 的半径
为2.
6
1
参考答案
分
层
精
讲
本
第6 题解图
河北中考真题及新考法
1.
解: ( 1) 如解图①, 连接OA7,
OA11,由题意得圆周被12 等分,
则每份对应的圆心角是30°,
∴∠A7OA11 = 120°,
∵半径为6,
∴直径为12,劣弧A7A11
(
的长为
120π×6
180
= 4π.
(3 分)
…………
∵4π>12,
∴劣弧A7A11
(
更长;
(4 分)
……
(2)A7A11⊥PA1;
理由:如解图①,连接A1A7,
由题意得A1A7 为☉O 的直径,
∴∠A7A11A1 = 90°,
∴A7A11⊥PA1;
(7 分)
…………
(3) 如解图①, ∵PA7 为☉O 的
切线,
∴∠PA7A1 = 90°,
由(1)得∠A7OA11 = 120°,
∵OA11 =OA7,
∴∠OA7A11 = 30°,
由(2)得∠A7A11A1 = 90°,
∴∠A7A1A11 = 90°-30° = 60°,
∵A1A7 = 2OA1 = 12,
∴在Rt△PA7A1 中,
PA7 =A1A7·tan
60° = 12 3;
(9 分)
…
………………………
第1 题解图①
变式拓展
(4)如解图②,连接A1A7,OA11,
由题意得A3A9 过点O,∠A11OA9
= 60°,∠A1OA3 = 60°,
∴∠A11A3A9 = 1
2 ∠A11OA9 = 30°,
∠A1A11A3 = 1
2 ∠A1OA3 = 30°,
∴∠A11A3A9 =∠A1A11A3,
∴PA11∥QA3.
∵PA7 是☉O 的切线,
∴OA7⊥PQ.
∵∠A7OA9 = 60°,
∴∠OQA7 = 30°,
∴∠A11A3A9 =∠OQA7,
∴A11A3∥PQ,
∴四边形A11PQA3 是平行四
边形.
∵☉O 的半径为6,
∴OQ= 2OA7 = 12,
∴QA3 =OA3+OQ= 6+12= 18.
第1 题解图②
2.
( 1) ①证明: ∵P 为小半圆上
一点,
∴OA=OP.
(1 分)
……………
∵E 为OP 的延长线与大半圆的
交点,
∴OE=OC.
(2 分)
……………
∵∠AOE=∠POC,
∴△AOE≌△POC(SAS);
(3 分)
……
………………………
②解:∠2=∠1+∠C.
理由:由①知△AOE≌△POC,
(4 分)
………………………
∴∠1=∠OPC,
又∵∠2=∠OPC+∠C,
∴∠2=∠1+∠C;
(5 分)
………
(2)解:当∠C 最大时,CP 与小半
圆相切.
如解图,∵OC= 2OA= 2,
第2 题解图
∴OA=OP= 1.
(6 分)
…………
∵CP 是小半圆的切线,
∴OP⊥CP,
∴cos∠POC=OP
OC = 1
2 ,
∴∠POC= 60°,
(7 分)
…………
∴∠EOD= 180°-60° = 120°,
(8 分)
…
………………………
∴S扇形EOD = 120π×2
2
360
= 4π
3 .
(9 分)
……
………………………
3.
解:(1)如解图,连接OM.
∵OC⊥MN,MN= 48
cm,
∴MC= 1
2 MN= 24
cm.
∵AB= 50
cm,
∴OM= 1
2 AB= 25
cm.
在Rt△OMC 中,根据勾股定理,
得OC=
OM
2-MC
2 = 7
cm;
(4 分)
…
………………………
第3 题解图
(2)∵GH 与半圆相切于点E,
∴OE⊥GH.
∵MN∥GH,
∴OE⊥MN.
在Rt △ODB 中, OB = 25
cm,
∠ANM= 30°,
∴OD= 1
2 OB= 12. 5
cm,
∴操作后水面高度为25- 12. 5 =
12. 5(cm).
∵操作前水面高度为25- 7 = 18
(cm),
∴操作后水面高度下降了18 -
12. 5= 5. 5(cm);
(7 分)
………
(3)∵Q 为半圆的中点,
∴∠QOB= 1
2 ×180° = 90°.
∵∠ANM= 30°,
∴∠BOD= 60°,
∴∠FOE= 90°-∠BOD= 30°,
∴EQ
(
的长= 30π×25
180
= 25π
6 .
在Rt△OFE 中,tan∠FOE= EF
OE,
∴EF = OE· tan ∠FOE = 25 × 3
3
= 25 3
3
.
∵25π
6 = 25
6 ×π,25 3
3
= 25
6 ×2 3,π
<2 3,
7
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
∴EQ
(
的长<EF 的长.
(10 分)
…………
……………………
4.
B 【解析】∵四边形ABCD 是矩
形,∴∠CDA= 90°,∴∠CDA 所对
的弧是半圆,∵BC
(
= 2AB
(
,∴AB
(
所
对的圆心角是1
3 × 180° = 60°,设
☉O 在地面上滚动过的弧所对的
圆心角为n°,∵圆心O 向前移动
的距离等于☉O 在地面上滚动过
的弧长,∴nπ×4
180 = 50
π,∴n = 2
250, ∵2
250
360
= 6 ( 周) …… 90
(度),且60° < 90° < 180°,∴此时
与地面相切的弧为BC
(
.
5.
C
【解析】如解图①,连接OC,
OD,∵∠MBN = 45°,∴∠COD = 2
∠MBN= 90°,∴∠AOC+∠BOD =
90°,∴AC
(
+BD
(
= CD
(
,∴AC
(
+BD
(
=
1
2 AB
(
,故结论Ⅰ正确;如解图②,
连接OE,OC,则∠ABN = 1
2 α,∵
MN 与半圆O 相切于点E,∴MN
⊥OE, ∵∠BMN = 90°, ∴OE∥
BM,∴∠AOE = ∠ABM = ∠MBN+
∠ABN,∵∠MBN= 45°,∴β = 1
2 α
+45°,即β- 1
2 α = 45°,故结论Ⅱ
正确. 故选C.
第5 题解图
6.
解:(1) ∵A,O,C,B 在同一直线
上,DC 与☉O 相切于点C,
∴AC⊥DC,
∴∠DCB= 90°,
∴sin
D= BC
BD = 10
20 = 1
2 ,
∴∠D= 30°,
∴∠DBC= 60°,
∵AH⊥BD,
∴∠A+∠DBC= 90°,
∴∠A= 30°;
(2)如解图①,连接OQ,
第6 题解图①
∵∠A= 30°,AH⊥BD,
∴∠QOC = 2∠A = 60°,AB = 2BH
= 26,
∴AC=AB-BC= 26-10= 16,
∵AC 为圆形漆扇的直径,
∴OQ=OC= 8,
∴QC
(
的长度为60π×8
180
= 8π
3
cm;
(3)支架D 到圆形漆扇的最大距
离为(8+2
91)cm.
【解法提示】如解图②,连接DO,
并延长交☉O 于点E,过点O 作
OF⊥BD 于点F,则DE 为支架点
D 到圆形漆扇的最大距离. 由(2)
知OE = OC = 8,∴OB = OC+BC =
18,∵∠DBC = 60°,OF ⊥BD, ∴
OF=OB·sin
60° = 18× 3
2 = 9 3,
BF= 1
2 OB = 9,∴DF = BD-BF =
11,∴OD =
DF
2+OF
2 = 2
91,
∴DE=OE+OD = 8+2
91. 答:支
架点D 到圆形漆扇的最大距离为
(8+2
91)cm.
第6 题解图②
7.
B
【解析】如解图,连接AI,BI,
记平移后的AC 与AB 交于点D,
CB 与AB 交于点E, ∵点I 为
△ABC 的内心,∴AI 平分∠CAB,
∴∠CAI=∠BAI. ∵ID 是由AC 平
移得到的,∴ID∥AC,∴∠AID =
∠CAI,∴∠AID = ∠IAD, ∴ID =
DA. 同理可得IE = BE,∴图中阴
影部分的周长为ID+DE+IE=AD+
DE+BE=AB= 4.
第7 题解图
变式拓展7. 1
B
【解析】如解图,
连接AI,BI,∵点I 为△ABC 的内
心, ∴AI 平分∠CAB, ∴∠CAI =
∠BAI. 由平移得AC∥DI,∴∠CAI
=∠AID,∴∠BAI = ∠AID,∴AD =
DI. 同理可得BE = EI,∴△DIE 的
周长为DE+DI+EI = DE+AD+BE =
AB= 5. ∵AB
2 = AC
2 +BC
2,∴△ABC
为直角三角形,∠C = 90°,易得四
边形PIQC 为矩形, ∵点I 为
△ABC 的内心,∴PI = QI,∴四边
形PIQC 为正方形, ∴易得IQ =
4+3-5
2
= 1,∴正方形PIQC 的周长
为4,∴图中阴影部分的周长为5+
4= 9.
变式拓展7. 1 解图
第三节 弧长、扇形面积的
相关计算
基础题练考点
1.
C
【解析】由题意得∠BAC =
45°,☉O 的半径为2,如解图,连
接OB,OC,则∠BOC = 2∠BAC =
90°,∴BC
(
的长为90π×2
180
=π.
第1 题解图
2.
B
【解析】∵AB = AC = 4,AB 为
☉O 的直径,∴∠B = ∠C = 30°,
OA = OB = 2, ∴∠AOD = 2 ∠B =
60°,∴S阴影= 60π×2
2
360
= 2π
3 .
3.
C 【解析】如解图,连接CO,∵四
边形ABDC 为平行四边形,∴AB∥
8
1
参考答案
分
层
精
讲
本
CD,AB=CD,∵CD 与半圆O 相切
于点C,∴∠DCO = 90°,由题意可
得OC⊥AB,OC = OA,∴∠BAC =
45°. 在Rt △AOC 中, ∵∠AOC =
90°,∴CO = AO = AC·cos
∠BAC
= 2 2 × 2
2 = 2,∴AB = 2OA = 4,∴
S阴影= S▱ABDC -S扇形BOC -S△AOC = 4×2
-π·2
2
4
-2×2
2 = 6-π.
第3 题解图
4.
C 【解析】由题意可知OA = OB =
2,∠AOB= 90°,∴∠ABO = ∠BAO
= 45°,∵OB 为直径,∴∠ODB =
90°,∴∠DOB = ∠DBO = 45°,∴
OD= BD,∴S弓形OD = S弓形BD,∴S阴影
=S扇形AOB-S△AOB = 90π×2
2
360
- 1
2 ×2×
2=π-2.
5.
5π
4 【解析】如解图,易得圆心为
O,连接OA,OB,OC,OD. ∵OA =
OB=OD =
3
2+4
2 = 5,∠BOC = 2
∠BAC= 45°,∴BC
(
= 45π×5
180
= 5π
4 .
第5 题解图
河北中考真题及新考法
1.
A
【解析】如解图,设AMB
(
所在
圆的圆心为O,连接OA,OB,由题
意得OA⊥PA,OB⊥PB,又∵∠P
= 40°,∴∠AOB = 140°,∴AMB
(
所
对的圆心角为220°,∴AMB
(
的长
为220π×9
180
= 11π
cm.
第1 题解图
2.
A 【解析】如解图,连接BO,OA,
过点O 作OM⊥AB 于点M,由题
意可得MO = 1
2 BO,∴∠MBO =
30°,∴∠BOM = 60°,∵OA = OB,
∴∠AOB = 120°,∴劣弧AB 的长
为120π×6
180
= 4π
cm.
第2 题解图
3.
2π - 4
【解析】∵S阴影= S半圆O -
S△APB,∴当S△APB 最大时,S阴影最
小,易知当点P 与点C 重合时,
S△APB 最大. 如解图,连接OC,∵C
为半圆O 的中点,∴AB⊥OC,由
题意知AB = 4,OC = 2,则当点P
与点C 重合时, S阴影最小= S半圆O -
S△ACB = 1
2 ×π×2
2 - 1
2 ×4×2 = 2π-
4,∴图中阴影部分面积的最小值
为2π-4.
第3 题解图
4.
3π- 4 3
3
【解析】如解图,连接
OA,OB,设AB,OD 交于点F,BC,
OE 交于点G. ∵点O 是等边
△ABC 的重心,∴OA = OB,∠OBG
= ∠OAF = 1
2 ∠ABC = 30°,∠AOB
= 1
3 × 360° = 120°, ∴∠AOB =
∠DOE, ∴∠AOF = ∠BOG, ∴
△AOF≌△BOG,∴S△AOF = S△BOG,
∴S四边形OFBG =S△BOF+S△BOG = S△BOF+
S△AOF = S△AOB = 1
3 S△ABC,∴S阴影=
S扇形DOE- 1
3 S△ABC = 120×π×3
2
360
- 1
3 ×
3
4 ×4
2 = 3π-4 3
3 .
第4 题解图
第七章 图形的变化
第一节 视图与投影、立体
图形的展开与折叠
河北中考真题及新考法
1.
D 【解析】组合其中两个几何体
从而形成由6 个小正方体构成的
长方体,观察图形可知,①~ ④的
小正方体的个数分别为4,3,3,2,
只有①和④、②和③两种组合是6
个小正方体,其中①和④可以构
成长方体.
2.
D
【解析】从左边看,一共有三
列,从左到右小正方形的个数分
别是3,1,1.
3.
D
【解析】由下表可知,两个几
何体的三视图都相同.
几何体
主视图左视图俯视图
4.
A 【解析】从左侧看下方是一个
长方形,上面中间是一个小正方
形. 故选A.
5.
B
【解析】如解图,满足主视图
和左视图的要求,只需在原图的
①②位置各放一个小正方体即
可,∴平台上至少还需再放这样
的正方体2 个.
第5 题解图
6.
A
【解析】∵S主= x
2 + 2x = x( x+
2),S左=x
2+x = x(x+1),∴俯视图
9
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
的长为x+2,宽为x+1,∴S俯=(x+
2)(x+1)= x
2+3x+2.
7.
B
8.
C
【解析】对于A 选项,俯视图
不符合题意;对于B 选项,主视图
和左视图都不符合题意;对于D
选项,俯视图不符合题意,只有C
选项符合题意.
9.
A 【解析】由展开图可知A 与相
对,C 与
相对,B 与相对. ∵相
对两面的点数之和为7,∴A 代表
,C 代表
,B 代表
.
第二节 尺规作图
教材基本作图回顾
例1 解:①a;②圆上的点到圆心的
距离等于半径;
作图如解图所示:
例1 题解图
例2 解:①OP(或OQ);②PQ;
作图如解图所示:
例2 题解图
证明:如解图,连接PQ,MN,根据
作图痕迹可知,OQ = OP = O′N =
O′M,PQ=MN,
则△OPQ≌△O′MN(SSS),
即∠AO′B=∠α.
依据:三边分别相等的两个三角形
全等;全等三角形的对应角相等.
题后反思
平行四边形,作法不唯一.
题后反思解图
例3 (1)解:①大于1
2 MN;
理由:若不大于1
2 MN,则两弧没有
交点;
作图如解图所示:
例3 题解图
(2)证明:如解图,连接MP,NP,根
据作图可知:OM = ON,MP = NP,
OP=OP,
则△MOP≌△NOP(SSS),
可得∠BOP=∠AOP,
即OP 为∠AOB 的平分线.
依据:三边分别相等的两个三角形
全等;全等三角形的对应角相等.
例4 (1)解:①大于1
2 AB;
理由:若不大于1
2 AB,则两弧没有
交点;
作图如解图所示:
例4 题解图
(2) 证明:如解图,连接AM,BM,
AN,BN,
根据作图AM=BM=AN=BN,
∴点M,N 均在线段AB 的垂直平
分线上,
∴直线l 垂直平分线段AB.
依据:到一条线段两个端点距离相
等的点,在这条线段的垂直平分线
上;两点确定一条直线.
例5 (1)解:①大于1
2 AB;
理由:若不大于1
2 AB,则两弧没有
交点;
作图如解图所示:
例5 题解图
(2)证明:如解图,连接AN,BN,由
作图知AN=NB,AP=BP,
∴△ANB 为等腰三角形,且P 为
AB 的中点,
∴NP⊥AB.
依据:等腰三角形“三线合一”.
题后反思
题后反思解图
例6 (1)解:①PM;②大于1
2 AB;
理由:若不大于1
2 AB,则两弧没有
交点;
作图如解图所示:
例6 题解图
(2) 证明: 如解图, 连接AP, BP,
AN,BN,
根据作图可知:AP = BP,AN = BN,
∴点P, N 在线段AB 的垂直平
分线,
∴PN⊥AB.
依据:到一条线段两个端点距离相
等的点,在这条线段的垂直平分线
上;两点确定一条直线.
例7 (1)解:①AM(或AN);②MN;
作图如解图所示;
例7 题解图
(2)证明:如解图,连接MN,M′Q,
根据作图痕迹可知,AM = AN,AM =
PM′,AN=PQ,MN=M′Q,
则△AMN≌△PM′Q(SSS),
∴∠MAN=∠M′PQ,
∴PQ∥l.
依据:三边分别相等的两个三角形
全等;全等三角形的对应角相等;
同位角相等,两直线平行.
题后反思
利用三角形中位线的性质作图,如
解图所示. (作法不唯一)
题后反思解图
河北中考真题及新考法
1.
B
2.
B 【解析】对于第一步,只有当a
0
2
参考答案
分
层
精
讲
本
>0 时,以B 为圆心,以a 为半径
的弧才能分别与射线BA,BC 相
交于点D,E;对于第二步,只有b>
1
2 DE 的长时,分别以点D,E 为
圆心,b 为半径的两弧才能相交于
点P.
3.
D 【解析】由基本尺规作图的方
法可知,①是作角的平分线;②是
过直线外一点作这条直线的垂
线;③是作线段的垂直平分线;④
是过直线上一点作这条直线的
垂线.
4.
A 【解析】由作图痕迹可得,AB
⊥MN 于点O,∴点P 在点O 处.
5.
D 【解析】A. 根据作图可得PQ
⊥m,故该选项不符合题意;B. 根
据作图可得m 垂直平分PQ,故该
选项不符合题意;C. 如解图,根据
作图可得PA = PB,PC = PD,∴AC
= DB,∠CAB = ∠DBA,又∵AB =
AB,∴△CAB≌△DBA( SAS),∴
∠DAB=∠CBA,∴QA = QB,则PQ
垂直平分AB,即PQ⊥m,故该选
项不符合题意;D. 无法判断PQ⊥
m,故该选项符合题意;故选D.
第5 题解图
6.
A
【解析】作法一:由作图可知
AF 平分∠BAC, ∴
∠BAF =
∠CAF,∴BM
(
= CM
(
,∴作法一正
确;作法二:由作图可知OM 平分
∠BOC,∵OB = OC,∴OM⊥CB,
∵OM 经过圆心O,∴BM
(
= CM
(
,∴
作法二正确;作法三:由作图可知
OM 垂直平分线段BC,OM 经过
圆心O,∴BM
(
= CM
(
,∴作法三正
确,故选A.
7.
D
【解析】如解图,由第一步作
图痕迹可知直线MN 是PO 的垂
直平分线,∴点A 是PO 的中点,
故①正确;∵PO 是☉A 的直径,
∴∠PQO = ∠PRO = 90°,
∴PQ⊥
OQ,PR⊥OR,∴直线PQ,PR 都
是☉O 的切线,根据切线长定理,
可知
PQ=PR,故②正确;又∵PO
= PO, ∴Rt △PRO ≌Rt △PQO
(HL),∵A 是PO 中点,∴S△PQA =
1
2 S△PQO,∴S△PQA = 1
4 S四边形PROQ,故
③正确,故选D.
第7 题解图
8.
( 1) 解: SSS; 等腰三角形三线
合一;
【解法提示】对甲同学和工人师
傅的作法依据是利用三角形全
等,其判定全等的方法是SSS,对
于乙同学作法,通过讨论最终确
定的判定依据: ①三角形全等,
AAS,ASA 或HL,②全等三角形
的对应角相等,证明如下:根据作
图可得AO = BO,∵∠BPO = 90°,
∴∠APO = 180° - 90° = 90°, ∴
∠BPO = ∠APO, 在Rt △AOP 与
Rt △BOP 中,
OP=OP
AO=BO
{
, ∴
Rt
△AOP ≌Rt △BOP ( HL ), ∴
∠AOP
=
∠BOP, ∴
OP
平
分∠AOB.
(2)证明:∵∠AED=∠AOB,
∴ED∥OB,
∴∠EPO=∠BOP.
∵EP=EO,
∴∠EPO=∠EOP,
∴∠BOP=∠EOP,
∴OP 平分∠AOB.
微专题 尺规作图
1.
解:(1) 如解图,AE 即为所求(作
法不唯一);
第1 题解图
(2) ∵四边形ABCD 为平行四边
形,∴AB=CD= 4,AD∥BC,
∴∠AEB=∠DAE.
∵AE 平分∠BAD,
∴∠BAE=∠DAE,
∴∠BAE=∠AEB,
∴BE=AB= 4,
∴BC=BE+CE= 5.
∵AB+BC+CD+AD = 2( AB+BC)
= 18,
∴四边形ABCD 的周长为18.
2.
解: ( 1) 如解图, 直线DE 即为
所求;
第2 题解图
(2) 如解图,∵DE 是线段BC 的
垂直平分线,
∴∠BDE=∠CDE,DE⊥BC.
∵CD= 2CE,
∴∠CDE= 30°,
∴∠BDC= 2∠CDE= 60°,
∴∠ADB= 180°-∠BDC= 120°.
3.
解:如解图,点E 即为所求.
第3 题解图
4.
解:如解图①,点P 即为所求(作
法不唯一).
第4 题解图
一题多解法
如解图②,点P 即为所求.
5.
解:如解图①,②,点P 即为所求
(作法不唯一).
第5 题解图
6.
解:如解图①,②,③,点E 即为所
求作(作法不唯一).
1
2
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
第6 题解图
7.
解:如解图①,②,点P 即为所求.
第7 题解图
8.
解:(1) 尺规作图如解图①所示,
△BED 为所求作的三角形(作法
不唯一);
第8 题解图①
【作法提示】以点D 为圆心,CD
长为半径画弧,以点B 为圆心,
BC 长为半径画弧,与前弧交于点
E,连接BE,DE,则△BDE 为所求
作的三角形.
(2)如解图②,∵四边形ABCD 是
矩形,
∴AD=BC= 2,AD∥BC,
∴∠2=∠3.
∵△BED 与△BCD 关于直线BD
成轴对称,
∴∠1=∠2,∴∠1=∠3,
∴BF=DF,
设AF=x,则BF=DF= 2-x.
在Rt△ABF 中,根据勾股定理,得
1
2+x
2 =(2-x)
2,
解得x= 3
4 ,
∴AF= 3
4 .
第8 题解图②
9.
解:(1) 如解图,菱形ADCE 即为
所求(作法不唯一);
第9 题解图
(2)如解图,记DE 交AC 于点O,
由(1)知四边形ADCE 是菱形,
∴OA=OC,OD=OE,DE⊥AC,
∴OD=OE= 1
2 DE= 1.
∵tan∠CAB=OD
OA = 1
2 ,
∴OA=
OD
tan∠CAB = 2,
∴AC= 2OA= 4.
∵∠B= 90°,
∴tan∠CAB=CB
AB = 1
2 ,
设CB=x,则AB= 2x,
在Rt △ABC 中,由勾股定理,得
AB
2+CB
2 =AC
2,
∴(2x)
2+x
2 = 4
2,
解得x= 4 5
5 (负值已舍去),
∴BC 的长为4 5
5 .
10.
解:(1)尺规作图如解图①;
第10 题解图①
(2)根据题干信息作辅助线如解
图②.
第10 题解图②
①矩形;②∠GBD=∠EDB;
③BH;④高.
11.
解:(1)如解图①所示,矩形EB-
CF 即为所求;
第11 题解图①
(2)如解图②,设AC 交EF 于点
G,过点A 作AH⊥EF 于点H,
∵D 为AB 的中点,
∴AD=BD.
又∵
∠DEB = ∠DHA, ∠EDB
=∠HDA,
∴△EDB≌△HDA(AAS),
∴S△EDB =S△HDA;
同理可得S△FGC =S△HGA.
∵S△ABC = S△HDA +S△HGA +S梯形DGCB,
S矩形EBCF =S△EDB+S△FGC+S梯形DGCB,
∴S△ABC =S矩形EBCF.
第11 题解图②
第三节 图形的对称
河北中考真题及新考法
1.
C
2.
C 【解析】如解图,再涂黑3 个小
正三角形,构成等边三角形,此时
组成的新图案恰有三条对称轴.
第2 题解图
3.
B
【解析】如解图, △BCD 与
△BCA 对称;△ECB 与△ABC 对
称;△EAB 与△CBA 对称,故与格
点△ABC(顶点在网格格点上)成
轴对称的格点三角形可以画出
3 个.
2
2
参考答案
分
层
精
讲
本
第3 题解图
4.
A
【解析】将②挪至④上,将②
挪至③上的主视图如解图①,∴
主视图与原主视图关于虚线成轴
对称图形,将③挪至④上或将④
挪至③上的主视图如解图②,不
符合题意.
第4 题解图
5.
D 【解析】当沿着大圆的外围放
置小等圆时,若n = 3,3 个小等圆
绕大圆的圆心旋转180°后,不能
与原来的图形重合,∴该图形不
是中心对称图形;若n = 5,5 个小
等圆绕大圆的圆心旋转180°后,
不能与原来的图形重合,∴该图
形不是中心对称图形;若n = 7,7
个小等圆绕大圆的圆心旋转180°
后,不能与原来的图形重合,∴该
图形不是中心对称图形;若n = 8,
8 个小等圆绕大圆的圆心旋转
180°后,能与原来的图形重合,所
以该图形是中心对称图形.
6.
A
【解析】如解图,∵关于某点
对称的两个图形的对应点连线交
于一点,∴若△ABC 与△A′B′C′
关于某个点对称, 则这个点是
O 点.
第6 题解图
7.
D 【解析】依题意,如解图所示,
共7 种,满足拼成的新图形是轴
对称图形.
第7 题解图
8.
A 【解析】如解图,连接AC,BD,
∵△ABO 和△CDO 关于直线PQ
对称, ∴△ABO ≌△CDO, PQ ⊥
AC,PQ⊥BD,∴AC∥BD,AD 不一
定垂直于BC.
第8 题解图
微专题 图形裁剪、拼接
一阶 方法训练
1.
4+4 3
【解析】在Rt△ABC 中,
AC=BC·tan
B = 2× 3 = 2 3,AB
= 2BC = 4, AC =
AB
2-BC
2 = 2
3,∵DE 是△ABC 的中位线,∴
AD= BD = CD′ = 1
2 AB = 2,D′E =
DE= 1
2 AC= 3,∴四边形的周长
为AD+DE+D′E+CD′+AC= 2+ 3 +
3 +2++2 3 = 4+4 3.
2.
6+2 2
【解析】在等腰Rt△ABC
中,∵BC = 4,AB = AC,∴AB =
2
2
BC = 2 2,∵D,E,F 分别为AB,
AC,BC 的中点,∴AD = BD =
2,
DE = BF = CF = 2,∵G,H 分别为
DE,BF 的中点,∴DG = BH = 1,∴
CH= 3,∴拼成的四边形的周长为
2 2 +1+2+3= 6+2 2.
3.
12
5 ;305
3
【解析】如解图①,依题
意得,AD 为等腰三角形ABC 底边
上的高,EG∥BC,∵AE
DE = 5
3 ,∴AE
AD
= 5
8 ,∴△AGE∽△ACD,∴GE
CD =
AE
AD = 5
8 ,设GE= 5a,CD = 8a,由解
图②可知, AG = RS = EG + CD =
13a,在Rt△AGE 中,AG = 13a,GE
= 5a, 由勾股定理, 得AE =
AG
2-GE
2 = 12a, ∴tan
C = tan
∠AGE= AE
EG = 12a
5a = 12
5 ;如解图①,
EG∥BC,AG = 13a,AE = 12a,∴AG
GC
= AE
DE = 5
3 ,∴GC = 3
5 AG = 39a
5 ,DE
= 3
5 ·AE = 36a
5 ,对比解图①和解
图②得,QR = GC = 39a
5 ,RN = GE =
5a,QM=AE= 12a,∴QN = QR+RN
= 39a
5 +5a= 64a
5 ,对比解图①和解
图③得,FH = AE = 12a,FO = GE =
5a,OK = DE = 36a
5 ,∴FK = FO+OK
= 5a + 36a
5
= 61a
5 , ∵S矩形MQNS =
S矩形FHIK+5,∴QM·QN = FH·FK
+5,即12a·64a
5 = 12a·61a
5 + 5,
整理,得36a
2 = 25,∵a> 0,∴a =
5
6 ,∴FH = 12a = 10, FK = 61a
5
=
61
6 ,∴S矩形FHIK = FH·FK = 10× 61
6
= 305
3 .
第3 题解图
4.
39
10 【解析】如解图,由拼接前后
各部分大小相同,∴EF = AG = 10,
MN=HF,∠1=∠2,∠3 = ∠4,∠E
=∠F= 90°,∵正方形ABCD 的边
3
2
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
长为8,∴AB = AD = 8,∠D = 90°,
∵∠3 = ∠4,∠D = ∠E = 90°,∴
△ADG∽△AEB,∴AD
AE = AG
AB,即8
AE
= 10
8 , 解得AE = 32
5 , ∴BE =
AB
2-AE
2 = 24
5 ,∴BF= EF-BE =
26
5 ,∵∠2+∠4 = 90°,∠4+∠EAB
= 90°,∴∠2 = ∠EAB,又∵∠F =
∠E = 90° ∴△ABE ∽△BHF, ∴
AE
BF = BE
HF, 即
32
5
26
5
=
24
5
HF, 解得HF =
39
10,∴MN=HF= 39
10.
第4 题解图
5.
10
2
【解析】如解图,连接BE,
在AF 左侧以AF 为边作正方形
AFCH, 连接BH, 易知正方形
AFCH 即为原正方形纸片, ∵
△AEF ≌△ABH, ∴
∠EAF =
∠BAH, EF = BH, ∴
∠BAE =
∠HAF= 90°,∵AB = AE,∴△ABE
是等腰直角三角形, ∴BE =
2
AB, ∵∠BCD = ∠D = 90°, ∴
∠BCD+∠D= 180°,∴BC∥DE,∵
BC= DE,∴四边形BCDE 是平行
四边形,∵∠D = 90°,CD = DE,∴
四边形BCDE 是正方形,设EF =
x,则DF = HB = EF = x,∴BE = CD
= 2x,AB =
2 x,由勾股定理, 得
AF = CF =
5 x, ∴AF
AB =
5x
2x
=
10
2
.
第5 题解图
6.
4 2 或8
【解析】分三种情况讨
论:①如解图①,当GP=GQ 时,过
点G 作GM⊥PQ 于点M,∴PM =
QM,∵四边形ABCD 是正方形,
∴AD⊥PQ,∴DE∥GM,由剪拼可
知PE = GE,∴PD = AG = DM,AE =
DE,同理可得MC = CQ,∴MC =
MD,∴AG=BG= 1
2 AD = 2 = AE,∴
PG= 2EG= 2
AG
2+AE
2 = 4 2;②
如解图②,当PG = PQ 时,由剪拼
可知PD = AG,CQ = BG,PE = EG,
∴PG=PQ= PD+DC+CQ = AG+DC
+BG=AB+DC= 2AD = 8;③如解图
③,当QG = QP 时,同第二种情况
可得QG = QP = 8. 综上所述,拼成
的等腰三角形的腰长为4 2或8.
第6 题解图
7.
3 【解析】如解图,由题意可知,
OH ∶AO = 4 ∶3,G′H′ = FC = NF′,∴
CF ∶DF= 4 ∶3,NO′ ∶O′F′= 1 ∶3. 又
∵图形⑤和图形④的高相等,∴
图形⑤和图形④的面积比为1 ∶
3,∵图形④的面积为9,∴图形⑤
的面积为3.
第7 题解图
8.
60° 【解析】如解图,∵∠CMN =
∠DCN= 90°,∴∠MCD+∠MCN =
∠α+∠MCN,∴
∠α = ∠MCD,∵
矩形邻边长为2 和8 且正方形
ABCD 由①,②,③,④拼成,不重
叠且无缝隙,S正方形= S矩形= 2×8 =
16,∴CD= 4,∵CM = 2,∴cos
α =
cos ∠MCD = CM
CD = 1
2
, ∴∠α
= 60°.
第8 题解图
9.
8
5 或2
【解析】如解图,由题易
得△AMF ≌△DGF, △MBE ≌
△HCE,①旋转到②的位置,③旋
转到④的位置,分三种情况:①当
M 为AB 的中点时, 易得MG =
MH, 在Rt △FDG 中, ∠FDG =
90°,FD = 1
2 BC = 4,DG = 1
2 AB =
5
2 ,∴tan
G=FD
DG = 4
5
2
= 8
5 ;②当M
不是AB 的中点时,易得HG = 10,
当MH= HG = 10 时,则EH = 5,∵
CE = 1
2 BC = 4,∴CH = 3,∴GD =
2,∴tan
G = FD
DG = 2,③当MG = HG
时,同理tan
H= 2,综上所述,等腰
三角形底角的正切值为8
5 或2.
第9 题解图
二阶 综合应用
1.
解:操作 (1)EF= 1;
(2 分)
…
【解法提示】如解图①,设拼接后
点G,H 对应的点为G′,H′,过点
G′作G′K⊥FH′于点K,结合题意
4
2
参考答案
分
层
精
讲
本
可得,四边形FOG′K 为矩形,∴
FO= KG′,由拼接可得,HF = FO =
KG′,由正方形的性质可得,∠A =
45°,△AHG,△H′G′D,△AFE 为
等腰直角三角形,∴△G′KH′为等
腰直角三角形,设H′K = KG′ = x,
∴H′G′ = H′D =
2 x,∴AH = HG =
2x,HF = FO = x,∵正方形的边
长为2,∴对角线的长为
2
2+2
2
= 2 2,∴OA =
2,∴x+x+ 2 x =
2,解得x= 2 -1,∴EF=AF=AH
+HF =
2 x + x = ( 2 + 1 ) x =
( 2 +1)( 2 -1)= 1.
第1 题解图①
(2)BE=GH=AH=GE;
(4 分)
…………
………………………
∵△AFE 为等腰直角三角形,由
(1)得EF=AF= 1,
∴AE= 2EF= 2,
∴BE= 2- 2;
(6 分)
…………
【解法提示】∵GE = GH = 2 x = 2
( 2 -1)= 2- 2,AH=GH= 2 x = 2
- 2,∴BE=GE=AH=GH.
探究 找出点P 并画出裁剪线如
解图;
BP 的长为2或2- 2.
(10 分)
…………
……………………
第1 题解图②
【解法提示】如解图②,以点C 为
圆心,CO 长为半径画弧交BC 于
点P,交CD 于点Q,则直线PQ 为
分割线,此时CP = CQ =
2,PQ =
2+2 = 2,∴BP = 2- 2,或以点
B 为圆心,BO 为半径画弧交BC
于点P′,交AB 于点Q′,则直线P′
Q′为分割线,此时BP′=BQ′= 2,
P′Q′=
2+2 = 2,符合要求. 综上
所述,BP 的长为2或2- 2.
第四节 图形的平移与旋转
基础题练考点
1.
C 【解析】∵平移距离为7,∴BE
= 7,∵AB = 6,DH = 4,∴EH = 6-4
= 2,∵S△ABC = S△DEF,∴S四边形ABEH =
S阴影,∴S阴影= 1
2 ×(6+2)×7= 28.
2.
C 【解析】如解图,过点D 作DE
⊥BC 于点E,∵△ABC 为等边三
角形,∴BC = AB = 6
cm,∠ACB =
∠B = 60°, 由平移的性质可得,
∠A′B′C′ = ∠B = 60°,BB′ = 2
cm,
∴△DB′C 为等边三角形,DB′ =
B′C = BC-BB′ = 4
cm,∴DE = DB′
·sin
60° = 4× 3
2 = 2 3
cm.
第2 题解图
3.
A 【解析】∵将△OAB 绕点O 逆
时针旋转80°, ∴∠A = ∠C,
∠AOC = 80°,∴∠DOC = 80° - α,
∵∠A = 2 ∠D = 100°, ∴∠D =
50°,∵∠C+∠D+∠DOC = 180°,
∴100°+ 50° + 80° -α = 180°,解得
α= 50°.
4.
A 【解析】∵将△BCD 绕点B 逆
时针旋转60°得到△BAE,∴BD =
BE, ∠DBE = 60°, CD = AE, ∴
△DBE 是等边三角形,∴BD = DE
= 7. ∵△ABC 是等边三角形,∴
AC=BC= 8. ∴△AED 的周长= AE
+AD+DE=CD+AD+DE = AC+DE =
8+7= 15.
5.
(1)∠A,BB′,CC′,∥;
(2)30°;
【解析】∵△ABC 为直
角三角形,BC = 4,AC = 8,∴∠A =
30°,根据平移可知, BB′∥AA′,
∠A=∠B′A′C′= 30°,∴∠BB′A′ =
∠B′A′C′= 30°.
(3)平行四边形,14;
【解析】根
据平移可知, BB′ ∥CC′, BB′ =
CC′,∴四边形BCC′B′的形状为
平行四边形;∵AC = 8,A′C = 5,∴
AA′= 3,则平移的距离为3,即CC′
=BB′= 3,∵B′C′ = BC = 4,∴四边
形BCC′B′的周长为14;
(4) 3, 1
3 ;
【解析】∵BC = 4,
BD= 3,∴CD= 1,由平移可知∠B′
A′C′ = ∠A = 30°,∠A′DC = ∠ABC
= 90°,∴A′C = 2DC = 2,在Rt△A′
DC 中,根据勾股定理可得A′D =
3;∵BB′∥A′C,∴△A′DC∽△B′
DB,∴A′D
DB′=DC
DB = 1
3 .
(5)12+4 3.
【解析】△BDB′的
周长为BD+BB′+DB′,△A′DC 的
周长为DC+A′C+A′D,则△BDB′
与△A′DC 的周长之和为BD+BB′
+DB′+DC+A′C+A′D = BC+A′B′+
A′C′= 12+4 3.
6.
( 1) AC = DC,BC = EC, AB = DE;
∠A= ∠EDC,∠B = ∠E,∠ACB =
∠DCE,∠ACD=∠BCE;
(2) 60°;
【解析】∵∠B = 30°,
∠ACB = 90°, ∴∠A = 60°, ∵将
△ABC 绕点C 顺时针方向旋转得
到△DEC, ∴AC = DC, ∠CDF =
∠A,∴△ACD 是等边三角形,∴
∠BDF = 180° - ∠ADC - ∠CDF
= 60°.
(3) 3 ∶4;
【解析】由( 2) ①知
∠CFE = 180°-∠B-∠BDF = 90°,
∵∠DCE = 90°,∠FEC = ∠CED,
∴△CEF ∽△DEC, ∴
S△EFC
S△CDE
=
(CE
DE)
2 =(sin
60°)
2 = 3
4 ,∴△EFC
与△CDE 的面积之比为3∶4.
(4)6,π.
核心考点突破
例 解:(1)如解图①,当BN 取得最
小值时,BN⊥AD.
在Rt△ABN 中,∵cos
A= 3
5 ,
∴sin
A= 4
5 .
∵AB= 5,∴NB= 4.
在▱ABCD 中,AD∥BC,
∴BN⊥BC,
在Rt△BMN 中,BM= 2,
5
2
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分
层
精
讲
本
∴tan∠BNM=BM
BN = 2
4 = 1
2 ;
例题解图①
(2)①点O 是AD 的中点;
理由:如解图②,过点M 作MG⊥
AB 交AB 的延长线于点G, 连
接AM.
∵AD∥BC,
∴∠CBG=∠DAB.
由(1) 得sin∠DAB = 4
5 ,cos∠DAB
= 3
5 ,
∴sin∠CBG = sin∠DAB = 4
5 = MG
BM
=MG
2 ,cos∠CBG = cos∠DAB = 3
5 =
BG
BM =BG
2 ,
∴MG= 8
5 ,BG= 6
5 .
在Rt△AMG 中,
AM =
AG
2+MG
2
=
(5+ 6
5 )
2+( 8
5 )
2 =
41,
由(1)可得,AD 与BC 之间的距离
为4,
∵AD=BC= 10,
∴CM=BC-BM= 8,
∵O 是PM 的中点,
∴PO=OM= 1
2 PM= 1
2 CM= 4.
∵点O 在AD 上,
∴MO⊥AD,
∴
在
Rt △AMO
中,
AO
=
AM
2-MO
2 = 5,
∵AD= 10,
∴AO= 1
2 AD,
∴
点O 是AD 的中点;
②△PMN 为等腰直角三角形.
理由:∵OM=ON,
∴∠ONM=∠OMN.
∵O 为PM 的中点,
∴OM=OP,
∴ON=OP,
∴∠ONP=∠OPN.
在△PMN 中, ∠ONP + ∠OPN +
∠ONM+∠OMN = 180°,即2∠ONP+
2∠ONM= 180°,
∴∠ONP+∠ONM = 90° = ∠PNM,
∴△PMN 是直角三角形,
由①得MO⊥AD,
又∵OM=OP,
∴NO 垂直平分PM,
∴PN=MN,
∴△PMN 是等腰直角三角形;
例题解图②
(3)点P 到BC 的距离为4+3
39
5
或4-3
39
5
.
【解法提示】如解图③④,过点M
作MR⊥AD,垂足为R,过点P 作
PT⊥AD,垂足为T. ∵OM = ON,∴
∠ONM=∠OMN. ∵点O 为PM 的
中点,∴OM = OP,∴ON = OP,∴
∠ONP = ∠OPN. 在△PMN 中,
∠ONP+ ∠OPN + ∠ONM + ∠OMN
= 180°, 即2 ∠ONP + 2 ∠ONM =
180°,∴∠ONP + ∠ONM = 90° =
∠PNM. 分两种情况讨论:①如解
图③,当点P 在AD 的左侧时,∵
在Rt△MNR 中,MN= 5,MR = 4,∴
NR =
MN
2-MR
2 =
5
2-4
2 = 3,
∠NMR+∠MNT= 90°,在Rt△MNP
中,PN =
PM
2-MN
2 =
8
2-5
2 =
39, ∠PNT + ∠MNT = 90°, ∴
∠NMR = ∠PNT, ∵
∠MRN =
∠NTP,∴△MNR∽△NPT,∴NR
PT
=MN
NP,即3
PT =
5
39
,∴PT = 3
39
5
,
∴此时点P 到BC 的距离为4 +
3
39
5
;②如解图④,当点P 在AD
的右侧时,
∵∠MRN = ∠PTN =
∠MNP= 90°,∴
∠PNT+∠MNR =
90°, ∠NMR + ∠MNR = 90°,
∴
∠NMR = ∠PNT, ∴
△MNR ∽
△NPT,∴
NR
PT = MN
NP,∵MN = 5,∴
在Rt△MNP 中,PN =
PM
2-MN
2
=
8
2-5
2 =
39,∴3
PT =
5
39
,解
得PT = 3
39
5
,∴此时点P 到BC
的距离为4- 3
39
5
. 综上所述,点
P 到BC 的距离为4 + 3
39
5
或4
-3
39
5
.
例题解图
第八章 统计与概率
第一节 统 计
河北中考真题及新考法
1.
D
【解析】根据统计的要求,正
确的统计步骤应为:②去图书馆
收集学生借阅图书的记录;④整
理借阅图书记录并绘制频数分布
表;③绘制扇形图来表示各个种
类所占的百分比;①从扇形图中
分析出最受学生欢迎的种类. 故
正确顺序应为②→④→③→①.
2.
B 【解析】-1 的倒数是-1,不是
1,故①错误,该同学判断正确;
| -3| = -(-3)= 3,故②正确,该同
学判断错误;∵1,2,3,3 中,3 出
现了2 次,次数最多,∴众数是3,
不是5
2 ,故③错误,该同学判断错
误;2
0 = 1,故④正确,该同学判断
正确;∵2m
2 ÷ ( - m) = - 2m
2-1 =
-2m,故⑤正确, 该同学判断正
确. 综上可知, 他做对的题数是
3 个.
3.
D
【解析】要求麦苗长得高,则
苗高的平均数较大,故在乙、丁中
选,要求麦苗长势整齐,则苗高的
方差较小,故在甲、丁中选,∴麦
苗又高又整齐的是丁.
4.
B 【解析】∵中位数恰好也是众
数,∴a 不可能为最大或最小的
6
2
参考答案
分
层
精
讲
本
数,故排除6 和9,当a = 7 时,四
个单价按从小到大的顺序排列为
6,7, 8, 9, 此时中位数是7+8
2
=
7. 5,没有众数,不符合题意;当a
= 8 时,四个单价按从小到大的顺
序排列为6,8,8,9,此时中位数是
8+8
2 = 8,众数是8,中位数与众数
相等,符合题意.
5.
D 【解析】∵追加前的捐款数从
小到大排列后为3,5,5,6,10,追
加后的捐款数分别为3,5,5,6,
20,∴追加前后中位数都为5,众
数都为5,∴集中趋势相同的是中
位数和众数.
6.
89
【解析】出现次数最多的是
89,∴此众数为89.
7.
D
【解析】由题可知,未补入前
的总人数为18 人,年龄的中位数
为13,要使补入后中位数不变,设
补入x 人,则5+7-1≥x+2+4,解
得x≤5,∴补入的人数不可能是
6 人.
8.
C 【解析】∵s
2
1 = 1
6 ×[(x1 -8)
2 +
(x2-8)
2+…+(x6 -8)
2],s
2
2 = 1
7 ×
[(x1-8)
2+(x2-8)
2+…+(x6-8)
2
+(8-8)
2] = 1
7 ×[(x1 -8)
2 +(x2 -
8)
2+…+(x6 -8)
2],s
2
1 与s
2
2 中各
组数据与它们的平均数的差的平
9.
多的方差小,∴s
2
1>s
2
2
方和相等,且s
2
1 > 0,∴数据个数
.
D 【解析】根据条形统计图和扇
形统计图可知喜欢蓝色的同学人
数和所占百分比分别为5 和
10%,∴小明所在班级总人数为5
÷10% = 50(人),喜欢红色的同学
人数为50×28% = 14(人). 由题知
柱的高度从高到低排列,∵50-16
-5- 14 = 15,且16> 15> 14> 5,∴
“( )”应填的颜色为红.
10.
解:(1)甲的三项成绩之和为9+
5+9 = 23(分),乙的三项成绩之
和为8+9+5= 22(分),
∵23>22,
∴会录用甲;
(5 分)
…………
(2)由扇形统计图可知,
学历占比为120°
360° = 1
3 ,
经验占比为60°
360° = 1
6 ,
能力占比为360°-120°-60°
360°
=
180°
360° = 1
2 ,
(7 分)
……………
∴甲的综合成绩为9× 1
3 +5× 1
2
+9× 1
6 = 7 分,
乙的综合成绩为8× 1
3 +9× 1
2 +5
× 1
6 = 8 分,
∵7<8,
∴乙被录用,
(8 分)
…………
∴会改变(1)的录用结果.
(9 分)
……
……………………
11.
解:(1)由条形统计图可知,在这
20 个数据中,有1 个1 分,3 个2
分,6 个3 分,5 个4 分,5 个5
分,最中间的两个数据是按分数
从小到大的顺序排列的第10 个
数据和第11 个数据,这两个数
据分别是3 分和4 分,
∴中位数为1
2 ×(3+4)= 3. 5 分,
(2 分)
……………………
这20 个数据的平均数为1
20 ×(1
+3×2+6×3+5×4+5×5)= 1
20×70
= 3. 5(分),
(4 分)
……………
∵中位数和平均数都不低于
3. 5,
∴该部门不需要整改;
(5 分)
………
……………………
(2)设监督人员抽取的问卷所评
分数为x 分,
根据题意,得1
21 (20× 3. 5+x) >
3. 55,解得x>4. 55,
∵满意度从低到高为1 分,2 分,
3 分,4 分,5 分,共5 档,
∴抽取的问卷所评分数为5 分,
(7 分)
……………………
∵在21 个数据中,有1 个1 分,
3 个2 分,6 个3 分,5 个4 分,6
个5 分,最中间的数据是第11
个数据,这个数据是4 分,
∴中位数是4 分,
∴与(1) 相比,中位数发生了变
化.
(9 分)
……………………
12.
解:(1)40÷20% = 200(万件),
C 产品的年产量为200× 15% =
30(万件),
∴调整前A 产品的年产量为200-
70-30-40=60(万件);
(3 分)
…………
……………………
(2)m= 25,n= 28;
(5 分)
……
【解法提示】∵方案甲的平均数
与调整前的相同,∴18+26+20+
36= 13+22+m+40,解得m = 25;
∵方案乙的中位数与调整前的相
同,调整前中位数为20+26
2
= 23,调
整后为18+n
2
=23,∴n=28.
(3)方案甲的总成本为13×60+
22× 70 + 25 × 30 + 40 × 40 = 4
670
(万元),
方案乙的总成本为16× 60+ 28×
70+ 18 × 30 + 32 × 40 = 4
740 ( 万
元),
∵4
670<4
740,
∴甲种方案总成本较低.
(8 分)
……
……………………
第二节 概 率
河北中考真题及新考法
1.
B 【解析】∵这几张扑克牌中黑
桃有1 张,红心有3 张,梅花有1
张,方块有2 张,∴随机抽取一
张,抽到红心的可能性最大.
2.
A 【解析】∵正方体共6 个面,向
上一面出现数字1 的概率为1
2 ,
出现数字2 的概率为1
3 ,∴数字1
有3 个,数字2 有2 个,则数字3
只有1 个,选项A 中数字3 有2
个,符合题意.
3.
1
8 【解析】∵琪琪第一个抽签,1
~8 号赛道都有可能抽到且抽到
的可能性相同,∴P(抽到6 号赛
道)= 1
8 .
4.
解:(1)∵嘉淇在A 处直行,左转
或右转可能性相同,即向西走,向
南走,向北走可能性相同,
∴P(走到十字道口A 向北走) =
7
2
中考试题研究·数学(河北)
分
层
精
讲
本
1
3 ;
(3 分)
………………………
(2)补全树状图如解图:
第4 题解图
由树状图可知,所有等可能的结
果共有9 种,其中朝向:东2 种,
西3 种,南2 种,北2 种.
∴P(朝西)= 3
9 = 1
3 >P(朝东)=
P(朝南)= P(朝北)= 2
9 .
(8 分)
……
………………………
∴嘉淇经过两个十字道口后向西
参观的概率较大.
(9 分)
………
5.
解:(1) 当a = 1,b = -2 时,a+b =
-1,2a+b= 0,a-b= 3.
(2 分)
…
从三张卡片中随机抽取一张,共
有3 种等可能的结果,其中取出
的卡片上代数式的值为负数的结
果有1 种,
∴P( 取出的卡片上代数式的值
为负数)= 1
3 ;
(4 分)
…………
(2)补全表格如下:
第一次
和
第二次
a+b 2a+
b
a-b
a+b
2a+
2b
3a+
2b
2a
2a+b
3a+
2b
4a+
2b
3a
a-b
2a
3a
2a-
2b
共有9 种等可能的结果,其中和
为单项式的结果有:2a,3a, 2a,
3a,共4 种,
∴P(和为单项式)= 4
9 .
(9 分)
………
………………………
6.
C
7.
解:(1)画树状图如解图,
第7 题解图
由图可知共有12 种等可能结果,
其中嘉嘉和淇淇抽到数字相同的
卡片有2 种结果,
∴P( 嘉嘉和淇淇抽到数字相同
的卡片)=
2
12
=
1
6 ;
(2)由题意得n
4+n
=
1
3 ,
解得n= 2,
经检验,n = 2 是分式方程的解且
符合题意,
∴n 的值为2.
8.
解:(1) ∵由条形统计图可知,读
书6 册的有6 人,由扇形统计图
可知, 读书6 册的占调查人数
的25%,
∴被调查人数为6 ÷ 25% =
24(人),
(1 分)
…………………
∴读书5 册的人数为24-5-6-4
= 9(人),即条形图中被遮盖的数
为9;
(2 分)
……………………
∵被调查人数为24 人,
∴读书册数的中位数为将被调查
学生所读的册数按从小到大的顺
序排列后,第12 人和第13 人读书
册数的平均数,
∵第12 人和第13 人的读书册数
均为5 册,
∴册数的中位数是5 册;
(4 分)
………
………………………
(2)∵读书超过5 册的共有6+4=
10(人),
∴P(选中读书超过5 册的学生)
= 10
24 = 5
12;
(7 分)
………………
(3)3.
(9 分)
…………………
9.
解:(1) ∵P( 一次拿到8 元球)
= 1
2 ,
∴8 元球有4× 1
2 = 2(个),
∴4 个乒乓球的价格按照从小到大
顺序排列为7,8,8,9,
∴这4 个球价格的众数为8;
(3 分)
…
………………………
(2)①相同;
(4 分)
……………
理由:原4 个球的中位数为8,拿
走一个7 元球后,剩余球的价格
为8,8,9,中位数为8,与原来4
个球价格的中位数相同;
(7 分)
………
………………………
②列表如下:
先拿
又拿
8
8
9
8
(8,8) (8,8) (8,9)
8
(8,8) (8,8) (8,9)
9
(9,8) (9,8) (9,9)
由列表可知,共有9 种等可能的
结果,其中乙组两次都拿到8 元
球的结果共4 种,
(8 分)
………
∴P(乙组两次都拿到8 元球) =
4
9 .
(9 分)
………………………
10.
解:(1)依题意得,移动一次共有
4 种等可能的情况:甲乙都对,
甲乙都错,甲对乙错,甲错乙对,
只有甲对乙错时,甲才能停留在
正半轴上,
∴P ( 甲的位置停留在正半轴
上)= 1
4 ;
(4 分)
………………
(2)∵乙猜对n 次,∴乙猜错(10
-n)次,依题意得m= 5+(-4)n+
2×(10-n)= 25-6n,
当表示乙的点离原点O 最近时,
| m| 取最小值, 且m, n 均为整
数,此时n= 4,
∴该位置离原点O 最近时n 的
值为4;
(8 分)
…………………
(3)k 的值为3 或5.
(10 分)
…………
……………………
【解法提示】设两人间的距离为
s,∵当k≤4 时,每次移动结果
均为两人间距离减少2,当k> 4
时,每次移动结果均为两人间距
离增加2,∴两人间的距离s= 8-
2k(k≤4)或s= 2k-8(k>4),令8
-2k= 2 或2k-8= 2,解得k= 3 或
k= 5,即k 的值为3 或5.
8
2
