精选压轴题—广东省（北师版）九（上）数学期末复习

精选压轴题—广东省（北师版）九（上）数学期末复习
一、选择题
1．（2021·陕西模拟）如图，菱形ABCD的面积为24，对角线AG与BD交于点O，E是BC边的中点， 于点F， 于点G，则四边形EFOG的面积为（　　）
A．3 B．5 C．6 D．8
2．（2023九上·高州期末）如图，在正方形中，为的中点，为上一点（不与，重合），将沿所在的直线折叠，得到，连接．当时，的值是（　　）
A．1 B． C． D．
3．（2024九上·禅城期末）如图，矩形ABCD中 ，AD>AB，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E ，F. 若AB=4，BC=8，则四边形AFCE面积是A
A．20 B．16 C．12 D．24
4．（2024九上·揭阳期末）如图，在正方形ABCD外取一点，连接AE、BE、DE.过点作AE的垂线交DE于点.若.下列结论：①；②点到直线AE的距离是；③；④.其中正确的结论是（　　）
A．①② B．①④ C．①③④ D．①②③
二、填空题
5．（2024九上·南海期末） 在平面直角坐标系中，已知，在轴上有一点，它与两点形成的三角形与相似（全等除外），则点的坐标是　 　.
6．（2024九下·旌阳模拟）如图，P是的斜边（不与点A、C重合）上一动点，分别作于点M，于点N，O是的中点，若，，当点P在上运动时，的最小值是　 　．
7．（2023九上·高州期末）如图，矩形对角线相交于点，沿着对角线折叠，使得点落在点处，其中点的坐标为长度为，则的纵坐标为　 　．
8．（2024九上·深圳期末）如图，为直角三角形，，，，D是边上的中点，将绕着点A逆时针旋转，使点C落在线段上的点E处，点B的对应点为F，边与边交于点G，则的长是　 　.
9．（2015·金华）如图，在平面直角坐标系中，菱形OBCD的边OB在x轴正半轴上，反比例函数y= （x＞0）的图象经过该菱形对角线的交点A，且与边BC交于点F．若点D的坐标为（6，8），则点F的坐标是　 　．
三、解答题
10．（2022八下·浦江月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝11cm，点P从点D出发向终点A运动；同时点Q从点B出发向终点C运动.当P、Q两点其中有一点到达终点时，另一点随之停止，点P、Q的速度分别为1cm/s，2cm/s，连接PQ、AQ、CP.设点P、Q运动的时间为t（s）.
（1）如图（1），当t为何值时，四边形ABQP是矩形？
（2）如图（2），若点E为边AD上一点，当AE＝3cm时，四边形EQCP可能为菱形吗？若能，请求出t的值；若不能，请说明理由.
11．（2024九上·顺德期末）【综合与探究】问题背景：一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知是的角平分线，可证．小慧的证明思路是：如图2，过点作，交的延长线于点，构造相似三角形来证明．
（1）尝试证明：请参照小慧提供的思路，利用图2证明：；
（2）应用拓展：如图3，在中，是边上一点．连接，将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处．
①若，求的长；
②若，求的长（用含的式子表示）．
12．（2024九上·信宜期末）过四边形的顶点A作射线，P为射线上一点，连接．将绕点A顺时针方向旋转至，记旋转角，连接．
（1）如图1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形是正方形，且．无论点P在何处，总有，请证明这个结论．
（2）如图2，如果四边形是菱形，，，连接．当， 时，求的长；
（3）如图3，如果四边形是矩形，，，平分，．在射线上截取，使得．当是直角三角形时，请直接写出的长．
13．（2023九上·高州期末）已知点在反比例函数的图象上，以为边长作正方形，使正方形顶点在轴上方，与轴的夹角为．
（1）如图1，当点在轴上时，求点坐标；
（2）①如图2，当时，与轴相交于点，若，求点的坐标；
②如图3，当时，与轴相交于点，若，求点的坐标．
14．（2024九上·深圳期末）某数学学习小组学习完四边形后进行了如下探究，已知四边形为矩形，请你帮助他们解决下列问题：
（1）【初步尝试】：他们将矩形的顶点E、G分别在如图（1）所示的的边、上，顶点F、H恰好落在的对角线上，求证：：
（2）【深入探究】：如图2，若为菱形，，若，求的值；
（3）【拓展延伸】：如图（3），若为矩形，；且，请直接写出此时的值是（用含有m，n的代数式表示）.
15．（2024九上·禅城期末）综合应用
【问题情境】
在正方形纸片ABCD中 ，AB=6，点P是边AD 上的一个动点，过点P作PQ∥AB 交 BC于点Q，将正方形纸片ABCD折叠，使点C的对应点C落在线段PQ上，点B的对应点为B'，折痕所在的直线交边AB于点E、交边 CD于点F，EF与PQ交于点N.
【猜想证明】
（1）如图，连接CN，则四边形CNC'F 是_▲_形，请说明理由.
（2）如图，当E与B重合时，
①若AP=3，求 CF的长.
② 记AP 的长度为y，线段CF长度为x，求y与x之间的关系式，并直接写出当F是CD的三等分点时， AP 的长度.
16．（2024九上·南海期末） 综合运用
在矩形中，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴，建立平面直角坐标系，点是射线上一动点，连接，过点作于点，交直线于点.
图① 图② 图③
（1）如图①，当矩形是正方形时，若点在线段上，线段与的数量关系是　 　（填“相等”或“不相等”）；
（2）如图②，当点在线段上，且，以点为直角顶点在矩形的外部作直角三角形，且，连接，交于点，求的值；
（3）如图③，若点，点，点在线段的延长线上，点在线段的延长线上，，连接，取的中点，连接，设，，求关于的函数关系式.
17．（2024九上·电白期末）问题提出：如图1，E是菱形边上一点，是等腰三角形，，，交于点G，探究与β的数量关系．
问题探究：
（1）先将问题特殊化，如图2，当时，求的度数；
（2）再探究一般情形，如图1，求与β的数量关系；
问题拓展：
将图1特殊化，如图3，当，，且时，求的值．
18．（2024九上·揭阳期末）某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究.
（1）【问题发现】
如图①，在等边中，点是边BC上一点，且，连接AP，以AP为边作等边，连接CQ.则CQ的长为　 　；
（2）【问题提出】
如图②，在等腰中，，点是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰，使，连接CQ.试说明与相等；
（3）【问题解决】
如图③，在正方形ADBC中，点是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，点是正方形APEF的对称中心，连接CQ.若正方形APEF的边长为12，，求正方形ADBC的边长.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解： 四边形 是菱形，
， ， ，
于 ， 于 ，
四边形 是矩形， ， ，
点 是线段 的中点，
、 都是 的中位线，
， ，
矩形 的面积 ；
又∵菱形ABCD的面积为= ，
∴
∴矩形 的面积= .
故答案为：A.
【分析】由菱形的性质可得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，结合已知根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形EFOG是矩形，由矩形的性质可得EF∥OC，EG∥OB，再根据三角形中位线定理可得EF=OC=AC，EG=OB=BD，则S矩形EFOG=EF×EG=AC×BD；根据菱形的面积可得AC×BD的值，把AC×BD的值代入矩形EFOG的面积计算即可求解.
2．【答案】B
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∵E为AB中点，
∴AE=EB，由折叠的性质可得EG=EB，∠GEF=∠BEF，
∴AE=EG，
∵AG=EG，
∴AE=AG=EG，
∴△AEG是等边三角形，
∴∠AEG=60°，
∴∠GEF+∠BEF=2∠BEF=180°-60°=120°，
∴∠BEF=60°，
∴，
∵EB=AE=AG，
∴.
故答案为：B.
【分析】由正方形的性质得：∠B=90°，由线段中点定义可得AE=EB，由折叠的性质可得EG=EB，∠GEF=∠BEF，结合已知可得AE=EG，易证△AEG是等边三角形，则∠AEG=60°，所以可得∠BEF=60°，然后根据锐角三角函数定义可求解.
3．【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的判定；矩形的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：由作法可得EF垂直平分AC
∴FA=FC，EA=EC
∵四边形ABCD为矩形
∴∠B=∠D=90°，AD=BC=8，CD=AB=4
设CF=x，则AF=x，BF=8-x
在Rt△ABF中
，解得：x=5
即CF=5
同理可得AE=5
∵AE=CF，AE∥CF
∴四边形AFCE为平行四边形
∴四边形AFCE面积为：5×4=20
故答案为：A
【分析】由作法可得EF垂直平分AC，则FA=FC，EA=EC，再根据矩形性质可得∠B=∠D=90°，AD=BC=8，CD=AB=4，设CF=x，则AF=x，BF=8-x，在Rt△ABF中，根据勾股定理建立方程，解方程可得CF=5，同理可得AE=5，再根据平行四边形判定定理可得四边形AFCE为平行四边形，再根据其面积即可求出答案.
4．【答案】C
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵∠EAP=∠EAB+∠BAP=90°，∠BAD=∠DAP+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠DAP，
∵AB=AD，AE=AP，
∴（SAS），故①正确；
∵AE⊥AP，AE=AP=1，
∴∠APE=∠AEP=45°，PE=AP=，
∴∠AEP=∠APD=135°，
∴∠BEP=90°，∠FEB=45°，即EB⊥ED，故③正确；
∴BE==，
过点B作BF⊥AE交的延长线于点F，
∴∠FBE=∠FEB=45°，
∴BF=BE=，故②错误；
∵，
∴△APD的面积=△ABE的面积，
∴△APD的面积+△APB的面积=△ABE的面积+△ABP的面积=△AEP的面积+△PBE的面积=+××=+，
∴△ABD的面积=△APD的面积+△APB的面积+△PBD的面积=++××=2+，
∴，故④正确.
故答案为：C.
【分析】根据SAS证明，故①正确，可得△APD的面积=△ABE的面积，易得△AEP为等腰直角三角形，可得PE=AP=，∠AEP=∠APD=135°，从而求出∠BEP=90°，故③正确；过点B作BF⊥AE交的延长线于点F，则△BEF为等腰直角三角形，可得BF=BE=，故②错误；先求出△ABD的面积=△APD的面积+△APB的面积+△PBD的面积，利用求解，即可判断④.
5．【答案】
【知识点】勾股定理；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：设P(m，0)
∵点P与A，C两点形成的三角形与△ABC相似，∠BAC=∠PAC
∴
∵
∴
解得：m=3
∴P（3，0）
故答案为：（3，0）
【分析】设P(m，0)，根据相似三角形性质可得，结合勾股定理代值计算即可求出答案.
6．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；矩形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接，如图，
∵，，
∴．
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，与互相平分．
∵点O是的中点，
∴点O在上，．
∵当时，最小，
又∵此时，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】连接BP，先证出四边形是矩形，再利用矩形的性质可得BP=MN，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得，再利用三角形的面积公式及垂线段最短的性质可得，从而得解.
7．【答案】
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵矩形OABC对角线相交于点F，AF=5，
∴AC=2AF=10，
∵点A的坐标为（0，6），
∴OA=6，
∴OC=，
∴AB=OC=8，OA=BC=6，
由翻折的性质可知：AE=AB=8，CE=CB=6，∠E=∠ABC=90°，
∴OA=CE，
∵∠AOD=∠E=90°，∠ADO=∠CDE，
∴△AOD≌△CED(AAS)，
∴OD=ED，AD=CD，
∴AD=AE-DE=AE-OD=8-OD，
在Rt△AOD中，OA2+OD2=AD2， 即：62+OD2=（8-OD）2，
解得：OD=，
∴AD=8-=，
如图，过点E作EH⊥y轴于点H，
∴OD∥EH，
∴△AOD∽△AEH，
∴，则，
解得：OH=，
∴点E的纵坐标为：-.
故答案为：-.
【分析】由矩形的性质可得AC=2AF=10，在直角三角形AOC中，用勾股定理求出OC的值，由翻折的性质并结合已知用角角边可证△AOD≌△CED，由全等三角形的性质可得OD=ED，AD=CD，在Rt△AOD中，用勾股定理可得关于OD的方程，解方程求出OD的值，过点E作EH⊥y轴于点H，可得OD∥EH，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可得△AOD∽△AEH，原式可得比例式求出OH的值，再根据点E所在的象限即可求得点E的纵坐标.
8．【答案】
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥CD于点H，过点D作DN⊥EF于点N，
在Rt△ABC中
，
∵点D是AB边上的中点，
∴
∴∠ACD=∠CAD，
∵∠ACD+∠CAH=90°，∠CAD+∠B=90°，
∴∠CAH=∠B，
∴sin∠CAH=sin∠B即
∴
解之：；
∵tan∠CAH=tan∠B即，
∴
解之：，
∵ 将绕着点A逆时针旋转，使点C落在线段上的点E处，点B的对应点为F，
∴AC=AE=1，∠ACB=∠AEF=90°，
∴，
∴，
∵∠AEH+∠DEN=90°，∠HAE+∠AEH=90°，
∴∠DEN=∠HAE，
∵∠AHE=∠DNE=90°，
∴△AHE∽△EDN，
∴即
解之：；
∵∠AEG=∠DNG=90°，∠AGE=∠NGD，
∴△AGE∽△DGN，
∴即，
∴
∵
∴
解之：
故答案为：.
【分析】过点A作AH⊥CD于点H，过点D作DN⊥EF于点N，利用勾股定理求出AB的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出CD，AD的长，再利用余角的性质可证得∠CAH=∠B，利用解直角三角形求出CH的长，根据tan∠CAH=tan∠B，可求出AH的长；利用旋转的性质可证得AC=AE=1，∠ACB=∠AEF=90°，利用勾股定理求出HE的长，可得到DE的长；利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AHE∽△EDN，利用相似三角形的性质可求出DN的长；由△AGE∽△DGN，可求出；然后根据AG+DG=AD，代入计算求出DG的长.
9．【答案】（12， ）
【知识点】菱形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：过点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FE⊥x于点E，
∵点D的坐标为（6，8），
∴OD= =10，
∵四边形OBCD是菱形，
∴OB=OD=10，
∴点B的坐标为：（10，0），
∵AB=AD，即A是BD的中点，
∴点A的坐标为：（8，4），
∵点A在反比例函数y= 上，
∴k=xy=8×4=32，
∵OD∥BC，
∴∠DOM=∠FBE，
∴tan∠FBE=tan∠DOM= = = ，
设EF=4a，BE=3a，
则点F的坐标为：（10+3a，4a），
∵点F在反比例函数y= 上，
∴4a（10+3a）=32，
即3a2+10a﹣8=0，
解得：a1= ，a2=﹣4（舍去），
∴点F的坐标为：（12， ）．
故答案为：（12， ）．
【分析】首先过点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FE⊥x于点E，由点D的坐标为（6，8），可求得菱形OBCD的边长，又由点A是BD的中点，求得点A的坐标，利用待定系数法即可求得反比例函数y= （x＞0）的解析式，然后由tan∠FBE=tan∠DOM= = = ，可设EF=4a，BE=3a，则点F的坐标为：（10+3a，4a），即可得方程4a（10+3a）=32，继而求得a的值，则可求得答案．
10．【答案】（1）解：若四边形ABQP是矩形，则AP＝BQ，
∴11﹣t＝2t，
解得t＝ ，
故当t＝ 时，四边形ABQP是矩形；
（2）解：由题意得，PE=8-t，CQ=11-2t，CP2=CD2+DP2=16+t2
若四边形EQCP是菱形，则PE=CQ=CP，
t2+16=（8-t）2=（11-2t）2
解得t=3，
故当t＝3时，四边形EQCP为菱形.
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据矩形对边相等的性质建立关于t的一元一次方程求解，即可解答；
（2）根据菱形的性质得 PE=CQ=CP， 据此建立一元一次方程求解，即可求出结果.
11．【答案】（1）证明：，
，
，
，
（2）解：①将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处，
，
由（1）可知，，
又，
，
②将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处，
，
，
由（1）可知，，
又
，
【知识点】平行线的性质；勾股定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，根据角之间的关系可得，则CE=CA，即，即可求出答案.
（2）①根据折叠性质可得，由（1）可知，代值计算可得BD=2CD，再根据勾股定理可得BC，根据边之间的关系即可求出答案.
②根据折叠性质可得，根据锐角三角函数定义可得，由（1）可知，，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
12．【答案】（1）证明：如图1，∵四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
∵将绕点A顺时针方向旋转至，
，
，
；
（2）解：如图2，过点P作于点H，连接，
∵四边形是菱形，
，
由旋转得：，
，即，
，，
，
，
，，
，，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
（3）解：的长为或．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）①当时，如图3，连接，，过点B作于点E，
设交于点F，过点F作于点G，
∵四边形是矩形，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，即，
平分，，，
，
在中， ，
，
，
，
，
，，
在中， ，
，，
，
，即，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
②当时，如图4，过点P作于点G，于点H，
则， ，
，，
，
∴四边形是矩形，
， ，
，
，
在中，，
，
，
在中，，
在中，，
，
解得： ；
③当时，
由②知： ， ， ，
，
，
解得：或，均不符合题意；
综上所述，的长为或．
【分析】（1）利用正方形性质和旋转性质，证明，由全等三角形的性质可得结论；
（2）如图2，过点P作于点H，连接，结合菱形的性质先证明，可得，，推出是等边三角形，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，利用解直角三角形即可得，即可求得答案；
（3）分三种情况讨论：①当时，连接，，过点B作于点E，设交于点F，过点F作于点G，②当时，过点P作于点G，于点H，③当时，分别求出的长即可．
13．【答案】（1）解：如图：过点作轴于点．
四边形为正方形；
，
为等腰直角三角形，
∴，
，
∵点在反比例函数的图象上，
∴，
，
，
点坐标为
（2）解：①如图，过点作轴于点，过作轴于点．
，
，即，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
，
同理可得，
设，则，
∵，
解得（负值舍去），
∴，
∵，
∴；
．
．
点坐标为．
②如图，过点作轴于点，
∴，
∴，
∴，
中，，
设，则，
∴，
解得（负值舍去）
∴，．
中，由勾股定理得．
∵，
∴，
又∵，
∴，
，即
∴．
．
过点B作轴于G，
∵，
∴，
∴，即
∴．
点的坐标为
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；正方形的性质；等腰直角三角形；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）过点作轴于点，由正方形的性质易得△AOE是等腰直角三角形，则AE=OE，于是可得S△AOE=，根据点A在反比例函数的图象上可得S△AOE==，解之可求得OE=AE的值，于是可得点A的坐标；
（2）①如图，过点作轴于点，过作轴于点．②如图，过点作轴于点，然后根据锐角三角函数和相似三角形的判定和性质即可求解.
14．【答案】（1）解：∵四边形是平行四边形
∴，即
∵四边形是矩形
∴，
∴
∴
∴
∴
（2）解：连接交于点O，连接、
∵四边形是菱形，
∴，即，
在中，E为中点，
∴，
∵，
∴，
设，
∵四边形为矩形，
∴，
过点E作，
∴，
∴
∴
∵
∴
（3）解：
，
，
∴，
∴，
，
∴.
【知识点】平行线的性质；平行四边形的性质；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质，矩形的性质和平行线的性质推出∠1=∠2，∠5=∠6，根据AAS判定△BFG≌△DHE，即可求得；
（2）根据菱形的性质可得，，根据直角三角形的斜边上的中线可得，根据矩形的性质可得，过点E作EM⊥EH，先求出△EFH的面积进而得到矩形的面积，再计算菱形的面积，再作比值即可；
（3）根据相似三角形的判定和性质可得，再根据矩形的面积公式计算并求比值即可.
15．【答案】（1）解：四边形CNC'F 是菱形，理由如下.
连接CC'
由折叠性质可知，CO=C'O，C'F=CF
又∵PQ∥AB
∴C'N∥CF
∴∠NC'O=∠FCO
∵∠C'ON=∠COF
∴△C'ON≌△COF
∴C'N=CF
∴四边形CNC'F是平行四边形
又∵C'F=CF
∴四边形CNC'F 是菱形
（2）解：①过点C'作MN∥AD
由题意可知MC'=C'N=3，BC'=6
∴BM=3
易证△BC'M∽△C'FN
则，即
∴C'F=
∴CF=
②由①可知=，即 = ，
∴BM= ，FN=
∵BM=CF+FN
∴ =x+
∴y=
当F是CD的三等分点且靠近C点时，CF=x=2，y=
当F是CD的三等分点且靠近D点时，CF=x=4，y=
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接CC'，根据折叠性质可得CO=C'O，C'F=CF，再根据直线平行性质可得C'N∥CF，则∠NC'O=∠FCO，再根据全等三角形判定定理可得△C'ON≌△COF，则C'N=CF，再根据平行四边形判定定理可得四边形CNC'F是平行四边形，再由菱形判定定理即可求出答案.
（2）①过点C'作MN∥AD，由题意可知MC'=C'N=3，BC'=6，则BM=3，根据相似三角形判定定理可得△BC'M∽△C'FN，则则，代值计算即可求出答案.
②由①可知=，即 = ，则BM= ，FN=，再根据边之间的关系可得y=，根据三等分点分情况讨论即可求出答案.
16．【答案】（1）相等
（2）解：是直角三角形
又
∴四边形是平行四边形
，
，
，
设，则，
，

（3）解：
，
，
过点作，交于点，过点作，垂足为
是的中点，
是的中位线
，
又
【知识点】平行线的判定与性质；三角形全等及其性质；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定；三角形全等的判定-ASA；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：∵OF⊥AE
∴∠OAD+∠AOD=90°
∵∠AOD+∠COF=90°
∴∠OAD=∠COF
∵AO=CO，∠AOE=∠OCF
∴△AOE≌△OCF（ASA）
∴AE=OF
故答案为：相等
【分析】（1）根据角之间的关系可得∠OAD=∠COF，再根据全等三角形判定定理可得△AOE≌△OCF（ASA），则AE=OF，即可求出答案.
（2）根据直角三角形性质可得，再根据直线平行判定定理可得FH∥OE，根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则，由直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，即，设，则，则，再根据直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，即，，即可求出答案.
（3）根据直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，过点作，交于点，过点作，垂足为，根据三角形中位线性质可得，再根据边之间的关系可得，由直线平行性质可得，根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，再根据勾股定理即可求出答案.
17．【答案】（1）解：如图2中，在上截取，使得．
∵四边形是正方形，
，，
∵，
，
∵，，
，
∵，
，
，
∵，，
∴，
，
，
；
（2）解：结论：；
理由：如图1中，在上截取，使，连接．
∵，，
．
∵，
，
．
∵，，
．
∵，
，
∴，
；
问题拓展：如图3中，过点A作的垂线交的延长线于点P．
∵，，
，．
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴在中，，
，，
∴．
∵，
∴由（2）知，，
∴，
又∵，
，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理的应用；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)先在AB上取点J，使得BJ=BE，结合已知条件可知AJ=EC，∠CEF=∠EAJ，根据全等三角形的判定定理可知，全等三角形对应边和对应角分别相等，可知∠ECF=∠AJE，进而求出∠GCF即可；
(2)和(1)一样，在在AB上取点N，使得BN=BE，结合已知条件可知AN=EC，∠CEF=∠EAN，根据全等三角形的判定定理可知，全等三角形对应边和对应角分别相等，可知∠ECF=∠ANE，进而求出∠GCF即可；
问题拓展：过点A作的垂线交的延长线于点P，根据菱形的性质特点，四条边分别相等以及对边平行可知AD=AB=3，∠ADC=∠ADP，进而知∠PAD=30°，含30°的直角三角形对边等于斜边的一半，以及勾股定理可求出PD，结合相似三角形的判定定理推出，利用对应边成比例求出CF即可.
18．【答案】（1）
（2）在等腰中，.
在等腰中，.
.
.
.
（3）如图③，连接AB，
四边形ADBC是正方形，
点是正方形APEF的对称中心，.
.
，
.
设，则，
在Rt中，，即，
解得.
正方形ADBC的边长为.
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵△ABC与△APQ都是等边三角形，
∴AB=AC，AP=AQ，∠BAC=∠PAQ=60°，
∴∠BAP+∠PAC=∠PAC=∠CAQ，即∠BAP=∠CAQ，
∴△BAP≌△CAQ（SAS），
∴CQ=BP=.
故答案为：.
【分析】（1）根据SAS证明△BAP≌△CAQ，可得CQ=BP=.
（2）证明△BAC∽△PAQ，可得，由，可得∠BAP=∠CAQ，从而证得△BAP∽△CAQ，利用相似三角形的性质即得结论；
（3）连接AB，证明.，可得，求出，设，则，在Rt中，利用勾股定理建立关于x方程并解之，继而得解.
1 / 1精选压轴题—广东省（北师版）九（上）数学期末复习
一、选择题
1．（2021·陕西模拟）如图，菱形ABCD的面积为24，对角线AG与BD交于点O，E是BC边的中点， 于点F， 于点G，则四边形EFOG的面积为（　　）
A．3 B．5 C．6 D．8
【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解： 四边形 是菱形，
， ， ，
于 ， 于 ，
四边形 是矩形， ， ，
点 是线段 的中点，
、 都是 的中位线，
， ，
矩形 的面积 ；
又∵菱形ABCD的面积为= ，
∴
∴矩形 的面积= .
故答案为：A.
【分析】由菱形的性质可得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，结合已知根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形EFOG是矩形，由矩形的性质可得EF∥OC，EG∥OB，再根据三角形中位线定理可得EF=OC=AC，EG=OB=BD，则S矩形EFOG=EF×EG=AC×BD；根据菱形的面积可得AC×BD的值，把AC×BD的值代入矩形EFOG的面积计算即可求解.
2．（2023九上·高州期末）如图，在正方形中，为的中点，为上一点（不与，重合），将沿所在的直线折叠，得到，连接．当时，的值是（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∵E为AB中点，
∴AE=EB，由折叠的性质可得EG=EB，∠GEF=∠BEF，
∴AE=EG，
∵AG=EG，
∴AE=AG=EG，
∴△AEG是等边三角形，
∴∠AEG=60°，
∴∠GEF+∠BEF=2∠BEF=180°-60°=120°，
∴∠BEF=60°，
∴，
∵EB=AE=AG，
∴.
故答案为：B.
【分析】由正方形的性质得：∠B=90°，由线段中点定义可得AE=EB，由折叠的性质可得EG=EB，∠GEF=∠BEF，结合已知可得AE=EG，易证△AEG是等边三角形，则∠AEG=60°，所以可得∠BEF=60°，然后根据锐角三角函数定义可求解.
3．（2024九上·禅城期末）如图，矩形ABCD中 ，AD>AB，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E ，F. 若AB=4，BC=8，则四边形AFCE面积是A
A．20 B．16 C．12 D．24
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的判定；矩形的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：由作法可得EF垂直平分AC
∴FA=FC，EA=EC
∵四边形ABCD为矩形
∴∠B=∠D=90°，AD=BC=8，CD=AB=4
设CF=x，则AF=x，BF=8-x
在Rt△ABF中
，解得：x=5
即CF=5
同理可得AE=5
∵AE=CF，AE∥CF
∴四边形AFCE为平行四边形
∴四边形AFCE面积为：5×4=20
故答案为：A
【分析】由作法可得EF垂直平分AC，则FA=FC，EA=EC，再根据矩形性质可得∠B=∠D=90°，AD=BC=8，CD=AB=4，设CF=x，则AF=x，BF=8-x，在Rt△ABF中，根据勾股定理建立方程，解方程可得CF=5，同理可得AE=5，再根据平行四边形判定定理可得四边形AFCE为平行四边形，再根据其面积即可求出答案.
4．（2024九上·揭阳期末）如图，在正方形ABCD外取一点，连接AE、BE、DE.过点作AE的垂线交DE于点.若.下列结论：①；②点到直线AE的距离是；③；④.其中正确的结论是（　　）
A．①② B．①④ C．①③④ D．①②③
【答案】C
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵∠EAP=∠EAB+∠BAP=90°，∠BAD=∠DAP+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠DAP，
∵AB=AD，AE=AP，
∴（SAS），故①正确；
∵AE⊥AP，AE=AP=1，
∴∠APE=∠AEP=45°，PE=AP=，
∴∠AEP=∠APD=135°，
∴∠BEP=90°，∠FEB=45°，即EB⊥ED，故③正确；
∴BE==，
过点B作BF⊥AE交的延长线于点F，
∴∠FBE=∠FEB=45°，
∴BF=BE=，故②错误；
∵，
∴△APD的面积=△ABE的面积，
∴△APD的面积+△APB的面积=△ABE的面积+△ABP的面积=△AEP的面积+△PBE的面积=+××=+，
∴△ABD的面积=△APD的面积+△APB的面积+△PBD的面积=++××=2+，
∴，故④正确.
故答案为：C.
【分析】根据SAS证明，故①正确，可得△APD的面积=△ABE的面积，易得△AEP为等腰直角三角形，可得PE=AP=，∠AEP=∠APD=135°，从而求出∠BEP=90°，故③正确；过点B作BF⊥AE交的延长线于点F，则△BEF为等腰直角三角形，可得BF=BE=，故②错误；先求出△ABD的面积=△APD的面积+△APB的面积+△PBD的面积，利用求解，即可判断④.
二、填空题
5．（2024九上·南海期末） 在平面直角坐标系中，已知，在轴上有一点，它与两点形成的三角形与相似（全等除外），则点的坐标是　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：设P(m，0)
∵点P与A，C两点形成的三角形与△ABC相似，∠BAC=∠PAC
∴
∵
∴
解得：m=3
∴P（3，0）
故答案为：（3，0）
【分析】设P(m，0)，根据相似三角形性质可得，结合勾股定理代值计算即可求出答案.
6．（2024九下·旌阳模拟）如图，P是的斜边（不与点A、C重合）上一动点，分别作于点M，于点N，O是的中点，若，，当点P在上运动时，的最小值是　 　．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；矩形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接，如图，
∵，，
∴．
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，与互相平分．
∵点O是的中点，
∴点O在上，．
∵当时，最小，
又∵此时，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】连接BP，先证出四边形是矩形，再利用矩形的性质可得BP=MN，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得，再利用三角形的面积公式及垂线段最短的性质可得，从而得解.
7．（2023九上·高州期末）如图，矩形对角线相交于点，沿着对角线折叠，使得点落在点处，其中点的坐标为长度为，则的纵坐标为　 　．
【答案】
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵矩形OABC对角线相交于点F，AF=5，
∴AC=2AF=10，
∵点A的坐标为（0，6），
∴OA=6，
∴OC=，
∴AB=OC=8，OA=BC=6，
由翻折的性质可知：AE=AB=8，CE=CB=6，∠E=∠ABC=90°，
∴OA=CE，
∵∠AOD=∠E=90°，∠ADO=∠CDE，
∴△AOD≌△CED(AAS)，
∴OD=ED，AD=CD，
∴AD=AE-DE=AE-OD=8-OD，
在Rt△AOD中，OA2+OD2=AD2， 即：62+OD2=（8-OD）2，
解得：OD=，
∴AD=8-=，
如图，过点E作EH⊥y轴于点H，
∴OD∥EH，
∴△AOD∽△AEH，
∴，则，
解得：OH=，
∴点E的纵坐标为：-.
故答案为：-.
【分析】由矩形的性质可得AC=2AF=10，在直角三角形AOC中，用勾股定理求出OC的值，由翻折的性质并结合已知用角角边可证△AOD≌△CED，由全等三角形的性质可得OD=ED，AD=CD，在Rt△AOD中，用勾股定理可得关于OD的方程，解方程求出OD的值，过点E作EH⊥y轴于点H，可得OD∥EH，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可得△AOD∽△AEH，原式可得比例式求出OH的值，再根据点E所在的象限即可求得点E的纵坐标.
8．（2024九上·深圳期末）如图，为直角三角形，，，，D是边上的中点，将绕着点A逆时针旋转，使点C落在线段上的点E处，点B的对应点为F，边与边交于点G，则的长是　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥CD于点H，过点D作DN⊥EF于点N，
在Rt△ABC中
，
∵点D是AB边上的中点，
∴
∴∠ACD=∠CAD，
∵∠ACD+∠CAH=90°，∠CAD+∠B=90°，
∴∠CAH=∠B，
∴sin∠CAH=sin∠B即
∴
解之：；
∵tan∠CAH=tan∠B即，
∴
解之：，
∵ 将绕着点A逆时针旋转，使点C落在线段上的点E处，点B的对应点为F，
∴AC=AE=1，∠ACB=∠AEF=90°，
∴，
∴，
∵∠AEH+∠DEN=90°，∠HAE+∠AEH=90°，
∴∠DEN=∠HAE，
∵∠AHE=∠DNE=90°，
∴△AHE∽△EDN，
∴即
解之：；
∵∠AEG=∠DNG=90°，∠AGE=∠NGD，
∴△AGE∽△DGN，
∴即，
∴
∵
∴
解之：
故答案为：.
【分析】过点A作AH⊥CD于点H，过点D作DN⊥EF于点N，利用勾股定理求出AB的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出CD，AD的长，再利用余角的性质可证得∠CAH=∠B，利用解直角三角形求出CH的长，根据tan∠CAH=tan∠B，可求出AH的长；利用旋转的性质可证得AC=AE=1，∠ACB=∠AEF=90°，利用勾股定理求出HE的长，可得到DE的长；利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AHE∽△EDN，利用相似三角形的性质可求出DN的长；由△AGE∽△DGN，可求出；然后根据AG+DG=AD，代入计算求出DG的长.
9．（2015·金华）如图，在平面直角坐标系中，菱形OBCD的边OB在x轴正半轴上，反比例函数y= （x＞0）的图象经过该菱形对角线的交点A，且与边BC交于点F．若点D的坐标为（6，8），则点F的坐标是　 　．
【答案】（12， ）
【知识点】菱形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：过点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FE⊥x于点E，
∵点D的坐标为（6，8），
∴OD= =10，
∵四边形OBCD是菱形，
∴OB=OD=10，
∴点B的坐标为：（10，0），
∵AB=AD，即A是BD的中点，
∴点A的坐标为：（8，4），
∵点A在反比例函数y= 上，
∴k=xy=8×4=32，
∵OD∥BC，
∴∠DOM=∠FBE，
∴tan∠FBE=tan∠DOM= = = ，
设EF=4a，BE=3a，
则点F的坐标为：（10+3a，4a），
∵点F在反比例函数y= 上，
∴4a（10+3a）=32，
即3a2+10a﹣8=0，
解得：a1= ，a2=﹣4（舍去），
∴点F的坐标为：（12， ）．
故答案为：（12， ）．
【分析】首先过点D作DM⊥x轴于点M，过点F作FE⊥x于点E，由点D的坐标为（6，8），可求得菱形OBCD的边长，又由点A是BD的中点，求得点A的坐标，利用待定系数法即可求得反比例函数y= （x＞0）的解析式，然后由tan∠FBE=tan∠DOM= = = ，可设EF=4a，BE=3a，则点F的坐标为：（10+3a，4a），即可得方程4a（10+3a）=32，继而求得a的值，则可求得答案．
三、解答题
10．（2022八下·浦江月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝11cm，点P从点D出发向终点A运动；同时点Q从点B出发向终点C运动.当P、Q两点其中有一点到达终点时，另一点随之停止，点P、Q的速度分别为1cm/s，2cm/s，连接PQ、AQ、CP.设点P、Q运动的时间为t（s）.
（1）如图（1），当t为何值时，四边形ABQP是矩形？
（2）如图（2），若点E为边AD上一点，当AE＝3cm时，四边形EQCP可能为菱形吗？若能，请求出t的值；若不能，请说明理由.
【答案】（1）解：若四边形ABQP是矩形，则AP＝BQ，
∴11﹣t＝2t，
解得t＝ ，
故当t＝ 时，四边形ABQP是矩形；
（2）解：由题意得，PE=8-t，CQ=11-2t，CP2=CD2+DP2=16+t2
若四边形EQCP是菱形，则PE=CQ=CP，
t2+16=（8-t）2=（11-2t）2
解得t=3，
故当t＝3时，四边形EQCP为菱形.
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据矩形对边相等的性质建立关于t的一元一次方程求解，即可解答；
（2）根据菱形的性质得 PE=CQ=CP， 据此建立一元一次方程求解，即可求出结果.
11．（2024九上·顺德期末）【综合与探究】问题背景：一次数学综合实践活动课上，小慧发现并证明了关于三角形角平分线的一个结论．如图1，已知是的角平分线，可证．小慧的证明思路是：如图2，过点作，交的延长线于点，构造相似三角形来证明．
（1）尝试证明：请参照小慧提供的思路，利用图2证明：；
（2）应用拓展：如图3，在中，是边上一点．连接，将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处．
①若，求的长；
②若，求的长（用含的式子表示）．
【答案】（1）证明：，
，
，
，
（2）解：①将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处，
，
由（1）可知，，
又，
，
②将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处，
，
，
由（1）可知，，
又
，
【知识点】平行线的性质；勾股定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）根据直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，根据角之间的关系可得，则CE=CA，即，即可求出答案.
（2）①根据折叠性质可得，由（1）可知，代值计算可得BD=2CD，再根据勾股定理可得BC，根据边之间的关系即可求出答案.
②根据折叠性质可得，根据锐角三角函数定义可得，由（1）可知，，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
12．（2024九上·信宜期末）过四边形的顶点A作射线，P为射线上一点，连接．将绕点A顺时针方向旋转至，记旋转角，连接．
（1）如图1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形是正方形，且．无论点P在何处，总有，请证明这个结论．
（2）如图2，如果四边形是菱形，，，连接．当， 时，求的长；
（3）如图3，如果四边形是矩形，，，平分，．在射线上截取，使得．当是直角三角形时，请直接写出的长．
【答案】（1）证明：如图1，∵四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
∵将绕点A顺时针方向旋转至，
，
，
；
（2）解：如图2，过点P作于点H，连接，
∵四边形是菱形，
，
由旋转得：，
，即，
，，
，
，
，，
，，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
（3）解：的长为或．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）①当时，如图3，连接，，过点B作于点E，
设交于点F，过点F作于点G，
∵四边形是矩形，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，即，
平分，，，
，
在中， ，
，
，
，
，
，，
在中， ，
，，
，
，即，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
②当时，如图4，过点P作于点G，于点H，
则， ，
，，
，
∴四边形是矩形，
， ，
，
，
在中，，
，
，
在中，，
在中，，
，
解得： ；
③当时，
由②知： ， ， ，
，
，
解得：或，均不符合题意；
综上所述，的长为或．
【分析】（1）利用正方形性质和旋转性质，证明，由全等三角形的性质可得结论；
（2）如图2，过点P作于点H，连接，结合菱形的性质先证明，可得，，推出是等边三角形，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，利用解直角三角形即可得，即可求得答案；
（3）分三种情况讨论：①当时，连接，，过点B作于点E，设交于点F，过点F作于点G，②当时，过点P作于点G，于点H，③当时，分别求出的长即可．
13．（2023九上·高州期末）已知点在反比例函数的图象上，以为边长作正方形，使正方形顶点在轴上方，与轴的夹角为．
（1）如图1，当点在轴上时，求点坐标；
（2）①如图2，当时，与轴相交于点，若，求点的坐标；
②如图3，当时，与轴相交于点，若，求点的坐标．
【答案】（1）解：如图：过点作轴于点．
四边形为正方形；
，
为等腰直角三角形，
∴，
，
∵点在反比例函数的图象上，
∴，
，
，
点坐标为
（2）解：①如图，过点作轴于点，过作轴于点．
，
，即，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
，
同理可得，
设，则，
∵，
解得（负值舍去），
∴，
∵，
∴；
．
．
点坐标为．
②如图，过点作轴于点，
∴，
∴，
∴，
中，，
设，则，
∴，
解得（负值舍去）
∴，．
中，由勾股定理得．
∵，
∴，
又∵，
∴，
，即
∴．
．
过点B作轴于G，
∵，
∴，
∴，即
∴．
点的坐标为
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；正方形的性质；等腰直角三角形；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）过点作轴于点，由正方形的性质易得△AOE是等腰直角三角形，则AE=OE，于是可得S△AOE=，根据点A在反比例函数的图象上可得S△AOE==，解之可求得OE=AE的值，于是可得点A的坐标；
（2）①如图，过点作轴于点，过作轴于点．②如图，过点作轴于点，然后根据锐角三角函数和相似三角形的判定和性质即可求解.
14．（2024九上·深圳期末）某数学学习小组学习完四边形后进行了如下探究，已知四边形为矩形，请你帮助他们解决下列问题：
（1）【初步尝试】：他们将矩形的顶点E、G分别在如图（1）所示的的边、上，顶点F、H恰好落在的对角线上，求证：：
（2）【深入探究】：如图2，若为菱形，，若，求的值；
（3）【拓展延伸】：如图（3），若为矩形，；且，请直接写出此时的值是（用含有m，n的代数式表示）.
【答案】（1）解：∵四边形是平行四边形
∴，即
∵四边形是矩形
∴，
∴
∴
∴
∴
（2）解：连接交于点O，连接、
∵四边形是菱形，
∴，即，
在中，E为中点，
∴，
∵，
∴，
设，
∵四边形为矩形，
∴，
过点E作，
∴，
∴
∴
∵
∴
（3）解：
，
，
∴，
∴，
，
∴.
【知识点】平行线的性质；平行四边形的性质；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质，矩形的性质和平行线的性质推出∠1=∠2，∠5=∠6，根据AAS判定△BFG≌△DHE，即可求得；
（2）根据菱形的性质可得，，根据直角三角形的斜边上的中线可得，根据矩形的性质可得，过点E作EM⊥EH，先求出△EFH的面积进而得到矩形的面积，再计算菱形的面积，再作比值即可；
（3）根据相似三角形的判定和性质可得，再根据矩形的面积公式计算并求比值即可.
15．（2024九上·禅城期末）综合应用
【问题情境】
在正方形纸片ABCD中 ，AB=6，点P是边AD 上的一个动点，过点P作PQ∥AB 交 BC于点Q，将正方形纸片ABCD折叠，使点C的对应点C落在线段PQ上，点B的对应点为B'，折痕所在的直线交边AB于点E、交边 CD于点F，EF与PQ交于点N.
【猜想证明】
（1）如图，连接CN，则四边形CNC'F 是_▲_形，请说明理由.
（2）如图，当E与B重合时，
①若AP=3，求 CF的长.
② 记AP 的长度为y，线段CF长度为x，求y与x之间的关系式，并直接写出当F是CD的三等分点时， AP 的长度.
【答案】（1）解：四边形CNC'F 是菱形，理由如下.
连接CC'
由折叠性质可知，CO=C'O，C'F=CF
又∵PQ∥AB
∴C'N∥CF
∴∠NC'O=∠FCO
∵∠C'ON=∠COF
∴△C'ON≌△COF
∴C'N=CF
∴四边形CNC'F是平行四边形
又∵C'F=CF
∴四边形CNC'F 是菱形
（2）解：①过点C'作MN∥AD
由题意可知MC'=C'N=3，BC'=6
∴BM=3
易证△BC'M∽△C'FN
则，即
∴C'F=
∴CF=
②由①可知=，即 = ，
∴BM= ，FN=
∵BM=CF+FN
∴ =x+
∴y=
当F是CD的三等分点且靠近C点时，CF=x=2，y=
当F是CD的三等分点且靠近D点时，CF=x=4，y=
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接CC'，根据折叠性质可得CO=C'O，C'F=CF，再根据直线平行性质可得C'N∥CF，则∠NC'O=∠FCO，再根据全等三角形判定定理可得△C'ON≌△COF，则C'N=CF，再根据平行四边形判定定理可得四边形CNC'F是平行四边形，再由菱形判定定理即可求出答案.
（2）①过点C'作MN∥AD，由题意可知MC'=C'N=3，BC'=6，则BM=3，根据相似三角形判定定理可得△BC'M∽△C'FN，则则，代值计算即可求出答案.
②由①可知=，即 = ，则BM= ，FN=，再根据边之间的关系可得y=，根据三等分点分情况讨论即可求出答案.
16．（2024九上·南海期末） 综合运用
在矩形中，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴，建立平面直角坐标系，点是射线上一动点，连接，过点作于点，交直线于点.
图① 图② 图③
（1）如图①，当矩形是正方形时，若点在线段上，线段与的数量关系是　 　（填“相等”或“不相等”）；
（2）如图②，当点在线段上，且，以点为直角顶点在矩形的外部作直角三角形，且，连接，交于点，求的值；
（3）如图③，若点，点，点在线段的延长线上，点在线段的延长线上，，连接，取的中点，连接，设，，求关于的函数关系式.
【答案】（1）相等
（2）解：是直角三角形
又
∴四边形是平行四边形
，
，
，
设，则，
，

（3）解：
，
，
过点作，交于点，过点作，垂足为
是的中点，
是的中位线
，
又
【知识点】平行线的判定与性质；三角形全等及其性质；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定；三角形全等的判定-ASA；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【解答】解：∵OF⊥AE
∴∠OAD+∠AOD=90°
∵∠AOD+∠COF=90°
∴∠OAD=∠COF
∵AO=CO，∠AOE=∠OCF
∴△AOE≌△OCF（ASA）
∴AE=OF
故答案为：相等
【分析】（1）根据角之间的关系可得∠OAD=∠COF，再根据全等三角形判定定理可得△AOE≌△OCF（ASA），则AE=OF，即可求出答案.
（2）根据直角三角形性质可得，再根据直线平行判定定理可得FH∥OE，根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则，由直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，即，设，则，则，再根据直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，即，，即可求出答案.
（3）根据直线平行性质可得，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，过点作，交于点，过点作，垂足为，根据三角形中位线性质可得，再根据边之间的关系可得，由直线平行性质可得，根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，再根据勾股定理即可求出答案.
17．（2024九上·电白期末）问题提出：如图1，E是菱形边上一点，是等腰三角形，，，交于点G，探究与β的数量关系．
问题探究：
（1）先将问题特殊化，如图2，当时，求的度数；
（2）再探究一般情形，如图1，求与β的数量关系；
问题拓展：
将图1特殊化，如图3，当，，且时，求的值．
【答案】（1）解：如图2中，在上截取，使得．
∵四边形是正方形，
，，
∵，
，
∵，，
，
∵，
，
，
∵，，
∴，
，
，
；
（2）解：结论：；
理由：如图1中，在上截取，使，连接．
∵，，
．
∵，
，
．
∵，，
．
∵，
，
∴，
；
问题拓展：如图3中，过点A作的垂线交的延长线于点P．
∵，，
，．
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴在中，，
，，
∴．
∵，
∴由（2）知，，
∴，
又∵，
，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理的应用；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)先在AB上取点J，使得BJ=BE，结合已知条件可知AJ=EC，∠CEF=∠EAJ，根据全等三角形的判定定理可知，全等三角形对应边和对应角分别相等，可知∠ECF=∠AJE，进而求出∠GCF即可；
(2)和(1)一样，在在AB上取点N，使得BN=BE，结合已知条件可知AN=EC，∠CEF=∠EAN，根据全等三角形的判定定理可知，全等三角形对应边和对应角分别相等，可知∠ECF=∠ANE，进而求出∠GCF即可；
问题拓展：过点A作的垂线交的延长线于点P，根据菱形的性质特点，四条边分别相等以及对边平行可知AD=AB=3，∠ADC=∠ADP，进而知∠PAD=30°，含30°的直角三角形对边等于斜边的一半，以及勾股定理可求出PD，结合相似三角形的判定定理推出，利用对应边成比例求出CF即可.
18．（2024九上·揭阳期末）某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究.
（1）【问题发现】
如图①，在等边中，点是边BC上一点，且，连接AP，以AP为边作等边，连接CQ.则CQ的长为　 　；
（2）【问题提出】
如图②，在等腰中，，点是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰，使，连接CQ.试说明与相等；
（3）【问题解决】
如图③，在正方形ADBC中，点是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，点是正方形APEF的对称中心，连接CQ.若正方形APEF的边长为12，，求正方形ADBC的边长.
【答案】（1）
（2）在等腰中，.
在等腰中，.
.
.
.
（3）如图③，连接AB，
四边形ADBC是正方形，
点是正方形APEF的对称中心，.
.
，
.
设，则，
在Rt中，，即，
解得.
正方形ADBC的边长为.
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵△ABC与△APQ都是等边三角形，
∴AB=AC，AP=AQ，∠BAC=∠PAQ=60°，
∴∠BAP+∠PAC=∠PAC=∠CAQ，即∠BAP=∠CAQ，
∴△BAP≌△CAQ（SAS），
∴CQ=BP=.
故答案为：.
【分析】（1）根据SAS证明△BAP≌△CAQ，可得CQ=BP=.
（2）证明△BAC∽△PAQ，可得，由，可得∠BAP=∠CAQ，从而证得△BAP∽△CAQ，利用相似三角形的性质即得结论；
（3）连接AB，证明.，可得，求出，设，则，在Rt中，利用勾股定理建立关于x方程并解之，继而得解.
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