2014年中考数学试题分类汇编25-矩形菱形与正方形.doc

矩形菱形与正方形
一、选择题
1. （ 2014•安徽省,第10题4分）如图，正方形ABCD的对角线BD长为2，若直线l满足：x k b1 . co m
①点D到直线l的距离为；
②A、C两点到直线l的距离相等．
则符合题意的直线l的条数为（　　）

　 A． 1 B． 2 C． 3 D． 4
考点： 正方形的性质．
分析： 连接AC与BD相交于O，根据正方形的性质求出OD=，然后根据点到直线的距离和平行线间的距离相等解答．
解答： 解：如图，连接AC与BD相交于O，
∵正方形ABCD的对角线BD长为2，
∴OD=，
∴直线l∥AC并且到D的距离为，
同理，在点D的另一侧还有一条直线满足条件，
故共有2条直线l．
故选B．

点评： 本题考查了正方形的性质，主要利用了正方形的对角线互相垂直平分，点D到O的距离小于是本题的关键．

2. （ 2014•福建泉州，第5题3分）正方形的对称轴的条数为（　　）

A．
1
B．
2
C．
3
D．
4

考点：
轴对称的性质
分析：
根据正方形的对称性解答．
解答：
解：正方形有4条对称轴．
故选D．
点评：
本题考查了轴对称的性质，熟记正方形的对称性是解题的关键．

3. （2014•珠海，第2题3分）边长为3cm的菱形的周长是（　　）

A．
6cm
B．
9cm
C．
12cm
D．
15cm

考点：
菱形的性质．
分析：
利用菱形的各边长相等，进而求出周长即可．
解答：
解：∵菱形的各边长相等，
∴边长为3cm的菱形的周长是：3×4=12（cm）．
故选：C．
点评：
此题主要考查了菱形的性质，利用菱形各边长相等得出是解题关键．

4.（2014•广西玉林市、防城港市，第6题3分）下列命题是假命题的是（　　）

A．
四个角相等的四边形是矩形
B．
对角线相等的平行四边形是矩形

C．
对角线垂直的四边形是菱形
D．
对角线垂直的平行四边形是菱形

考点：
命题与定理．
分析：
根据矩形的判定对A、B进行判断；根据菱形的判定方法对C、D进行判断．
解答：
解：A、四个角相等的四边形是矩形，所以A选项为真命题；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为真命题；
C、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以C选项为假命题；
D、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以D选项为真命题．
故选C．
点评：
本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．

5.（2014•毕节地区，第8题3分）如图，菱形ABCD中，对角线AC、BC相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于（ ）

A．
3.5
B．
4
C．
7
D．
14

考点：
菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理
分析：
根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OH是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OH=AB．
解答：
解：∵菱形ABCD的周长为28，
∴AB=28÷4=7，OB=OD，
∵H为AD边中点，
∴OH是△ABD的中位线，
∴OH=AB=×7=3.5．
故选A．
点评：
本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．

6.（2014•襄阳，第12题3分）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（　　）

A．
①②
B．
②③
C．
①③
D．
①④

考点：
翻折变换（折叠问题）；矩形的性质
分析：
求出BE=2AE，根据翻折的性质可得PE=BE，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出∠APE=30°，然后求出∠AEP=60°，再根据翻折的性质求出∠BEF=60°，根据直角三角形两锐角互余求出∠EFB=30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得EF=2BE，判断出①正确；利用30°角的正切值求出PF=PE，判断出②错误；求出BE=2EQ，EF=2BE，然后求出FQ=3EQ，判断出③错误；求出∠PBF=∠PFB=60°，然后得到△PBF是等边三角形，判断出④正确．
解答：
解：∵AE=AB，
∴BE=2AE，
由翻折的性质得，PE=BE，
∴∠APE=30°，
∴∠AEP=90°﹣30°=60°，
∴∠BEF=（180°﹣∠AEP）=（180°﹣60°）=60°，
∴∠EFB=90°﹣60°=30°，
∴EF=2BE，故①正确；
∵BE=PE，
∴EF=2PE，
∵EF＞PF，
∴PF＞2PE，故②错误；
由翻折可知EF⊥PB，
∴∠EBQ=∠EFB=30°，
∴BE=2EQ，EF=2BE，
∴FQ=3EQ，故③错误；
由翻折的性质，∠EFB=∠BFP=30°，
∴∠BFP=30°+30°=60°，
∵∠PBF=90°﹣∠EBQ=90°﹣30°=60°，
∴∠PBF=∠PFB=60°，
∴△PBF是等边三角形，故④正确；
综上所述，结论正确的是①④．
故选D．
点评：
本题考查了翻折变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，等边三角形的判定，熟记各性质并准确识图是解题的关键．

7.（2014•孝感，第9题3分）如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是（　　）

A．
（2，10）
B．
（﹣2，0）
C．
（2，10）或（﹣2，0）
D．
（10，2）或（﹣2，0）

考点：
坐标与图形变化-旋转．
分析：
分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可．
解答：
解：∵点D（5，3）在边AB上，
∴BC=5，BD=5﹣3=2，
①若顺时针旋转，则点D′在x轴上，OD′=2，
所以，D′（﹣2，0），
②若逆时针旋转，则点D′到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，
所以，D′（2，10），
综上所述，点D′的坐标为（2，10）或（﹣2，0）．
故选C．
点评：
本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，正方形的性质，难点在于分情况讨论．

8．（2014·台湾，第12题3分）如图，D为△ABC内部一点，E、F两点分别在AB、BC上，且四边形DEBF为矩形，直线CD交AB于G点．若CF＝6，BF＝9，AG＝8，则△ADC的面积为何？(　　)
x k b 1 . c o m
A．16 B．24 C．36 D．54
分析：由于△ADC＝△AGC﹣△ADG，根据矩形的性质和三角形的面积公式计算即可求解．
解：△ADC＝△AGC﹣△ADG＝×AG×BC﹣×AG×BF
＝×8×(6＋9)﹣×8×9＝60﹣36＝24．
故选：B．
点评：考查了三角形的面积和矩形的性质，本题关键是活用三角形面积公式进行计算．
9．（2014·台湾，第27题3分）如图，矩形ABCD中，AD＝3AB，O为AD中点，是半圆．甲、乙两人想在上取一点P，使得△PBC的面积等于矩形ABCD的面积其作法如下：
(甲) 延长BO交于P点，则P即为所求；
(乙) 以A为圆心，AB长为半径画弧，交于P点，则P即为所求．
对于甲、乙两人的作法，下列判断何者正确？(　　)

A．两人皆正确 B．两人皆错误 C．甲正确，乙错误 D．甲错误，乙正确
分析：利用三角形的面积公式进而得出需P甲H＝P乙K＝2AB，即可得出答案．
解：要使得△PBC的面积等于矩形ABCD的面积，
需P甲H＝P乙K＝2AB．
故两人皆错误．
故选：B．

点评：此题主要考查了三角形面积求法以及矩形的性质，利用四边形与三角形面积关系得出是解题关键．
10．（2014•浙江宁波，第6题4分）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的边长是（ ）

A．
10
B．
8
C．
6
D．
5

考点：
菱形的性质；勾股定理．
分析：
根据菱形的性质及勾股定理即可求得菱形的边长．
解答：
解：∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，
∴OB=OD=3，OA=OC=4，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，
由勾股定理得：AB===5，
即菱形ABCD的边长AB=BC=CD=AD=5，
故选D．

点评：
本题考查了菱形的性质和勾股定理，关键是求出OA、OB的长，注意：菱形的对角线互相平分且垂直．
11．（2014•浙江宁波，第11题4分）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是（ ）

A．
2.5
B．

C．

D．
2

考点：
直角三角形斜边上的中线；勾股定理；勾股定理的逆定理．
分析：
连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，∠ACD=∠GCF=45°，再求出∠ACF=90°，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
解答：
解：如图，连接AC、CF，
∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，
∴AC=，CF=3，
∠ACD=∠GCF=45°，
∴∠ACF=90°，
由勾股定理得，AF===2，
∵H是AF的中点，
∴CH=AF=×2=．
故选B．

点评：
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，正方形的性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．

11.（2014•呼和浩特，第9题3分）已知矩形ABCD的周长为20cm，两条对角线AC，BD相交于点O，过点O作AC的垂线EF，分别交两边AD，BC于E，F（不与顶点重合），则以下关于△CDE与△ABF判断完全正确的一项为（　　）

A．
△CDE与△ABF的周长都等于10cm，但面积不一定相等

B．
△CDE与△ABF全等，且周长都为10cm

C．
△CDE与△ABF全等，且周长都为5cm

D．
△CDE与△ABF全等，但它们的周长和面积都不能确定

考点：
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质．
分析：
根据矩形的性质，AO=CO，由EF⊥AC，得EA=EC，则△CDE的周长是矩形周长的一半，再根据全等三角形的判定方法可求出△CDE与△ABF全等，进而得到问题答案．
解答：
解：∵AO=CO，EF⊥AC，
∴EF是AC的垂直平分线，
∴EA=EC，
∴△CDE的周长=CD+DE+CE=CD+AD=矩形ABCD的周长=10cm，
同理可求出△ABF的周长为10cm，
根据全等三角形的判定方法可知：△CDE与△ABF全等，
故选B．

点评：
本题考查了矩形的对角线互相平分的性质，还考查了线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定方法，题目的难度不大．

12. （2014•湘潭，第7题，3分）以下四个命题正确的是（　　）

A．
任意三点可以确定一个圆

B．
菱形对角线相等

C．
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半

D．
平行四边形的四条边相等

考点：
命题与定理
分析：
利用确定圆的条件、菱形的性质、直角三角形的性质及平行四边形的性质分别对每个选项判断后即可确定答案．
解答：
解：A、不在同一直线上的三点确定一个圆，故错误；
B、菱形的对角线垂直但不一定相等，故错误；
C、正确；
D、平行四边形的四条边不一定相等．
故选C．
点评：
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解确定圆的条件、菱形的性质、直角三角形的性质及平行四边形的性质，难度一般．
13. （2014•株洲，第7题，3分）已知四边形ABCD是平行四边形，再从①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，现有下列四种选法，其中错误的是（　　）

A．
选①②
B．
选②③
C．
选①③
D．
选②④

考点：
正方形的判定；平行四边形的性质．
分析：
要判定是正方形，则需能判定它既是菱形又是矩形．
解答：
解：A、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；
B、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误，故本选项符合题意；
C、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；
D、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意．
故选B．
点评：
本题考查了正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．

14. （2014年江苏南京，第6题，2分）如图，在矩形AOBC中，点A的坐标是（﹣2，1），点C的纵坐标是4，则B、C两点的坐标分别是（　　）
（第3题图）
A．（，3）、（﹣，4） B． （，3）、（﹣，4）
C．（，）、（﹣，4） D．（，）、（﹣，4）
考点：矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质。
分析：首先过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，易得△CAF≌△BOE，△AOD∽△OBE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．
解答：过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，
∵四边形AOBC是矩形，∴AC∥OB，AC=OB，∴∠CAF=∠BOE，
在△ACF和△OBE中，，∴△CAF≌△BOE（AAS），
∴BE=CF=4﹣1=3，∵∠AOD+∠BOE=∠BOE+∠OBE=90°，
∴∠AOD=∠OBE，∵∠ADO=∠OEB=90°，∴△AOD∽△OBE，∴，即，
∴OE=，即点B（，3），∴AF=OE=，
∴点C的横坐标为：﹣（2﹣）=﹣，∴点D（﹣，4）．故选B．
点评：此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．

二.填空题
1. （ 2014•福建泉州，第14题4分）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为斜边AB的中点，AB=10cm，则CD的长为　5　cm．

考点：
直角三角形斜边上的中线．
分析：
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AB．
解答：
解：∵∠ACB=90°，D为斜边AB的中点，
∴CD=AB=×10=5cm．
故答案为：5．
点评：
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．

2．(2014年四川资阳，第15题3分)如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为 ．

考点： 轴对称-最短路线问题；正方形的性质．
分析： 连接BD，DE，根据正方形的性质可知点B与点D关于直线AC对称，故DE的长即为BQ+QE的最小值，进而可得出结论．
解答： 解：连接BD，DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与点D关于直线AC对称，
∴DE的长即为BQ+QE的最小值，
∵DE=BQ+QE===5，
∴△BEQ周长的最小值=DE+BE=5+1=6．
故答案为：6．

点评： 本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．

3.（2014•孝感，第16题3分）如图，已知矩形ABCD，把矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，连接DE、BE，若△ABE是等边三角形，则=　　．

考点：
翻折变换（折叠问题）．
分析：
过E作EM⊥AB于M，交DC于N，根据矩形的性质得出DC=AB，DC∥AB，∠ABC=90°，设AB=AE=BE=2a，则BC==a，即MN=a，求出EN，根据三角形面积公式求出两个三角形的面积，即可得出答案．
解答：
解：
过E作EM⊥AB于M，交DC于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC=AB，DC∥AB，∠ABC=90°，
∴MN=BC，
∴EN⊥DC，
∵延AC折叠B和E重合，△AEB是等边三角形，
∴∠EAC=∠BAC=30°，
设AB=AE=BE=2a，则BC==a，
即MN=a，
∵△ABE是等边三角形，EM⊥AB，
∴AM=a，由勾股定理得：EM==a，
∴△DCE的面积是×DC×EN=×2a×（a﹣a）=a2，
△ABE的面积是AB×EM=×2a×a=a2，
∴==，
故答案为：．
点评：
本题考查了勾股定理，折叠的性质，矩形的性质，等边三角形的性质的应用，解此题的关键是求出两个三角形的面积，题目比较典型，难度适中．

4．（2014·浙江金华，第15题4分）如图，矩形ABCD中，AB=8，点E是AD上的一点，有AE=4，BE的垂直平分线交BC的延长线于点F，连结EF交CD于点G，若G是CD的中点，则BC的长是 ▲ ．

【答案】7.
【解析】

考点：1.矩形的性质；2.全等三角形的判定和性质；3.勾股定理；4.线段垂直平分线的性质；5.方程思想的应用.

5. （2014•泰州，第16题，3分）如图，正方向ABCD的边长为3cm，E为CD边上一点，∠DAE=30°，M为AE的中点，过点M作直线分别与AD、BC相交于点P、Q．若PQ=AE，则AP等于　1或2　cm．

（第1题图）
考点：新_课_标第_一_网
全等三角形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形
分析：
根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，由ABCD为正方形，得到AD=DC=PN，在直角三角形ADE中，利用锐角三角函数定义求出DE的长，进而利用勾股定理求出AE的长，根据M为AE中点求出AM的长，利用HL得到三角形ADE与三角形PQN全等，利用全等三角形对应边，对应角相等得到DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，再由PN与DC平行，得到∠PFA=∠DEA=60°，进而得到PM垂直于AE，在直角三角形APM中，根据AM的长，利用锐角三角函数定义求出AP的长，再利用对称性确定出AP′的长即可．
解答：
解：根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC=PN，
在Rt△ADE中，∠DAE=30°，AD=3cm，
∴tan30°=，即DE=cm，
根据勾股定理得：AE==2cm，
∵M为AE的中点，
∴AM=AE=cm，
在Rt△ADE和Rt△PNQ中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△PNQ（HL），
∴DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，
∵PN∥DC，
∴∠PFA=∠DEA=60°，
∴∠PMF=90°，即PM⊥AF，
在Rt△AMP中，∠MAP=30°，cos30°=，
∴AP===2cm；
由对称性得到AP′=DP=AD﹣AP=3﹣2=1cm，
综上，AP等于1cm或2cm．
故答案为：1或2．

点评：
此题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．

三.解答题
1. （ 2014•福建泉州，第20题9分）已知：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，CD边上，BE=DF，连接CE，AF．求证：AF=CE．

考点：
矩形的性质；平行四边形的判定与性质
专题：
证明题．
分析：
根据矩形的性质得出DC∥AB，DC=AB，求出CF=AE，CF∥AE，根据平行四边形的判定得出四边形AFCE是平行四边形，即可得出答案．
解答：
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，DC=AB，
∴CF∥AE，
∵DF=BE，
∴CF=AE，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∴AF=CE．
点评：
本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质的应用，注意：矩形的对边相等且平行，平行四边形的对边相等．

2. （ 2014•福建泉州，第25题12分）如图，在锐角三角形纸片ABC中，AC＞BC，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上．
（1）已知：DE∥AC，DF∥BC．
①判断
四边形DECF一定是什么形状？
②裁剪
当AC=24cm，BC=20cm，∠ACB=45°时，请你探索：如何剪四边形DECF，能使它的面积最大，并证明你的结论；
（2）折叠
请你只用两次折叠，确定四边形的顶点D，E，C，F，使它恰好为菱形，并说明你的折法和理由．

考点：
四边形综合题
分析：
（1）①根据有两组对边互相平行的四边形是平行四边形即可求得，②根据△ADF∽△ABC推出对应边的相似比，然后进行转换，即可得出h与x之间的函数关系式，根据平行四边形的面积公式，很容易得出面积S关于h的二次函数表达式，求出顶点坐标，就可得出面积s最大时h的值．
（2）第一步，沿∠ABC的对角线对折，使C与C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1对折，使DA1⊥BB1．
解答：
解：（1）①∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四边形DECF是平行四边形．
②作AG⊥BC，交BC于G，交DF于H，
∵∠ACB=45°，AC=24cm
∴AG==12，
设DF=EC=x，平行四边形的高为h，
则AH=12h，
∵DF∥BC，
∴=，
∵BC=20cm，
即：=
∴x=×20，
∵S=xh=x•×20=20h﹣h2．
∴﹣=﹣=6，
∵AH=12，
∴AF=FC，
∴在AC中点处剪四边形DECF，能使它的面积最大．

（2）第一步，沿∠ABC的对角线对折，使C与C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1对折，使DA1⊥BB1．
理由：对角线互相垂直平分的四边形是菱形．
点评：
本题考查了相似三角形的判定及性质、菱形的判定、二次函数的最值．关键在于根据相似三角形及已知条件求出相关线段的表达式，求出二次函数表达式，即可求出结论．

3. （ 2014•福建泉州，第26题14分）如图，直线y=﹣x+3与x，y轴分别交于点A，B，与反比例函数的图象交于点P（2，1）．
（1）求该反比例函数的关系式；
（2）设PC⊥y轴于点C，点A关于y轴的对称点为A′；
①求△A′BC的周长和sin∠BA′C的值；
②对大于1的常数m，求x轴上的点M的坐标，使得sin∠BMC=．

考点：
反比例函数综合题；待定系数法求反比例函数解析式；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；直线与圆的位置关系；锐角三角函数的定义
专题：
压轴题；探究型．
分析：
（1）设反比例函数的关系式y=，然后把点P的坐标（2，1）代入即可．
（2）①先求出直线y=﹣x+3与x、y轴交点坐标，然后运用勾股定理即可求出△A′BC的周长；过点C作CD⊥AB，垂足为D，运用面积法可以求出CD长，从而求出sin∠BA′C的值．
②由于BC=2，sin∠BMC=，因此点M在以BC为弦，半径为m的⊙E上，因而点M应是⊙E与x轴的交点．然后对⊙E与x轴的位置关系进行讨论，只需运用矩形的判定与性质、勾股定理等知识就可求出满足要求的点M的坐标．
解答：
解：（1）设反比例函数的关系式y=．
∵点P（2，1）在反比例函数y=的图象上，
∴k=2×1=2．
∴反比例函数的关系式y=．
（2）①过点C作CD⊥AB，垂足为D，如图1所示．
当x=0时，y=0+3=3，
则点B的坐标为（0，3）．OB=3．
当y=0时，0=﹣x+3，解得x=3，
则点A的坐标为（3，0），OA=3．
∵点A关于y轴的对称点为A′，
∴OA′=OA=3．
∵PC⊥y轴，点P（2，1），
∴OC=1，PC=2．
∴BC=2．
∵∠AOB=90°，OA′=OB=3，OC=1，
∴A′B=3，A′C=．
∴△A′BC的周长为3++2．
∵S△ABC=BC•A′O=A′B•CD，
∴BC•A′O=A′B•CD．
∴2×3=3×CD．
∴CD=．
∵CD⊥A′B，
∴sin∠BA′C===．
∴△A′BC的周长为3++2，sin∠BA′C的值为．
②当1＜m＜2时，
作经过点B、C且半径为m的⊙E，
连接CE并延长，交⊙E于点P，连接BP，
过点E作EG⊥OB，垂足为G，
过点E作EH⊥x轴，垂足为H，如图2①所示．
∵CP是⊙E的直径，
∴∠PBC=90°．
∴sin∠BPC===．
∵sin∠BMC=，
∴∠BMC=∠BPC．
∴点M在⊙E上．
∵点M在x轴上
∴点M是⊙E与x轴的交点．
∵EG⊥BC，
∴BG=GC=1．
∴OG=2．
∵∠EHO=∠GOH=∠OGE=90°，
∴四边形OGEH是矩形．
∴EH=OG=2，EG=OH．
∵1＜m＜2，
∴EH＞EC．
∴⊙E与x轴相离．
∴x轴上不存在点M，使得sin∠BMC=．
②当m=2时，EH=EC．
∴⊙E与x轴相切．
Ⅰ．切点在x轴的正半轴上时，如图2②所示．
∴点M与点H重合．
∵EG⊥OG，GC=1，EC=m，
∴EG==．
∴OM=OH=EG=．
∴点M的坐标为（，0）．
Ⅱ．切点在x轴的负半轴上时，
同理可得：点M的坐标为（﹣，0）．
③当m＞2时，EH＜EC．
∴⊙E与x轴相交．x§k§b 1
Ⅰ．交点在x轴的正半轴上时，
设交点为M、M′，连接EM，如图2③所示．
∵∠EHM=90°，EM=m，EH=2，
∴MH===．
∵EH⊥MM′，
∴MH=M′H．
∴M′H═．
∵∠EGC=90°，GC=1，EC=m，
∴EG===．
∴OH=EG=．
∴OM=OH﹣MH=﹣，
∴OM′=OH+HM′=+，
∴M（﹣，0）、M′（+，0）．
Ⅱ．交点在x轴的负半轴上时，
同理可得：M（﹣+，0）、M′（﹣﹣，0）．
综上所述：当1＜m＜2时，满足要求的点M不存在；
当m=2时，满足要求的点M的坐标为（，0）和（﹣，0）；
当m＞2时，满足要求的点M的坐标为（﹣，0）、（+，0）、（﹣+，0）、（﹣﹣，0）．

点评：
本题考查了用待定系数法求反比例函数的关系式、勾股定理、三角函数的定义、矩形的判定与性质、直线与圆的位置关系、垂径定理等知识，考查了用面积法求三角形的高，考查了通过构造辅助圆解决问题，综合性比较强，难度系数比较大．由BC=2，sin∠BMC=联想到点M在以BC为弦，半径为m的⊙E上是解决本题的关键．

4. （ 2014•广东，第25题9分）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥AB于点D，BC=10cm，AD=8cm．点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、F、H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．

（1）当t=2时，连接DE、DF，求证：四边形AEDF为菱形；
（2）在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；
（3）是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．
考点：
相似形综合题．
分析：
（1）如答图1所示，利用菱形的定义证明；
（2）如答图2所示，首先求出△PEF的面积的表达式，然后利用二次函数的性质求解；
（3）如答图3所示，分三种情形，需要分类讨论，分别求解．
解答：
（1）证明：当t=2时，DH=AH=2，则H为AD的中点，如答图1所示．
又∵EF⊥AD，∴EF为AD的垂直平分线，∴AE=DE，AF=DF．
∵AB=AC，AD⊥AB于点D，∴AD⊥BC，∠B=∠C．
∴EF∥BC，∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C，
∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF，
∴AE=AF=DE=DF，即四边形AEDF为菱形．

（2）解：如答图2所示，由（1）知EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴，即，解得：EF=10﹣t．
S△PEF=EF•DH=（10﹣t）•2t=﹣t2+10t=﹣（t﹣2）2+10
∴当t=2秒时，S△PEF存在最大值，最大值为10，此时BP=3t=6．
（3）解：存在．理由如下：
①若点E为直角顶点，如答图3①所示，
此时PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t．
∵PE∥AD，∴，即，此比例式不成立，故此种情形不存在；
②若点F为直角顶点，如答图3②所示，
此时PE∥AD，PF=DH=2t，BP=3t，CP=10﹣3t．
∵PF∥AD，∴，即，解得t=；

③若点P为直角顶点，如答图3③所示．
过点E作EM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则EM=FN=DH=2t，EM∥FN∥AD．
∵EM∥AD，∴，即，解得BM=t，
∴PM=BP﹣BM=3t﹣t=t．
在Rt△EMP中，由勾股定理得：PE2=EM2+PM2=（2t）2+（t）2=t2．
∵FN∥AD，∴，即，解得CN=t，
∴PN=BC﹣BP﹣CN=10﹣3t﹣t=10﹣t．
在Rt△FNP中，由勾股定理得：PF2=FN2+PN2=（2t）2+（10﹣t）2=t2﹣85t+100．
在Rt△PEF中，由勾股定理得：EF2=PE2+PF2，
即：（10﹣t）2=（t2）+（t2﹣85t+100）
化简得：t2﹣35t=0，
解得：t=或t=0（舍去）
∴t=．
综上所述，当t=秒或t=秒时，△PEF为直角三角形．
点评：
本题是运动型综合题，涉及动点与动线两种运动类型．第（1）问考查了菱形的定义；第（2）问考查了相似三角形、图形面积及二次函数的极值；第（3）问考查了相似三角形、勾股定理、解方程等知识点，重点考查了分类讨论的数学思想．

5. （ 2014•珠海，第21题9分）如图，在正方形ABCD中，点E在边AD上，点F在边BC的延长线上，连结EF与边CD相交于点G，连结BE与对角线AC相交于点H，AE=CF，BE=EG．
（1）求证：EF∥AC；
（2）求∠BEF大小；
（3）求证：=．

考点：
四边形综合题
分析：
（1）根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可判定．
（2）先确定三角形GCF是等腰直角三角形，得出CG=AE，然后通过△BAE≌△BCG，得出BE=BG=EG，即可求得．
（3）因为三角形BEG是等边三角形，∠ABC=90°，∠ABE=∠CBG，从而求得∠ABE=15°，然后通过求得△AHB∽△FGB，即可求得．
解答：
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BF，
∵AE=CF，
∴四边形ACFE是平行四边形，
∴EF∥AC，
（2）连接BG，
∵EF∥AC，
∴∠F=∠ACB=45°，
∵∠GCF=90°，
∴∠CGF=∠F=45°，
∴CG=CF，
∵AE=CF，
∴AE=CG，
在△BAE与△BCG中，
，
∴△BAE≌△BCG（SAS）
∴BE=BG，
∵BE=EG，
∴△BEG是等边三角形，
∴∠BEF=60°，
（3）∵△BAE≌△BCG，
∴∠ABE=∠CBG，
∵∠BAC=∠F=45°，
∴△AHB∽△FGB，
∴======，[来源:Z,xx,k.Com]
∵∠EBG=60°∠ABE=∠CBG，∠ABC=90°，
∴∠ABE=15°，
∴=．

点评：
本题考查了平行四边形的判定及性质，求得三角形的判定及 性质，正方形的性质，相似三角形的判定及性质，连接BG是本题的关键．

6. （ 2014•广西玉林市、防城港市，第25题10分）如图，在正方形ABCD中，点M是BC边上的任一点，连接AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，在CD边上取点P使CP=BM，连接NP，BP．
（1）求证：四边形BMNP是平行四边形；
（2）线段MN与CD交于点Q，连接AQ，若△MCQ∽△AMQ，则BM与MC存在怎样的数量关系？请说明理由．

考点：
相似三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质．
分析：
（1）根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=∠B，然后利用“边角边”证明△ABM和△BCP全等，根据全等三角形对应边相等可得AM=BP，∠BAM=∠CBP，再求出AM⊥BP，从而得到MN∥BP，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可；
（2）根据同角的余角相等求出∠BAM=∠CMQ，然后求出△ABM和△MCQ相似，根据相似三角形对应边成比例可得=，再求出△AMQ∽△ABM，根据相似三角形对应边成比例可得=，从而得到=，即可得解．
解答：
（1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠B，
在△ABM和△BCP中，
，
∴△ABM≌△BCP（SAS），
∴AM=BP，∠BAM=∠CBP，
∵∠BAM+∠AMB=90°，
∴∠CBP+∠AMB=90°，
∴AM⊥BP，
∵AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，
∴AM⊥MN，且AM=MN，
∴MN∥BP，
∴四边形BMNP是平行四边形；
（2）解：BM=MC．
理由如下：∵∠BAM+∠AMB=90°，∠AMB+∠CMQ=90°，
∴∠BAM=∠CMQ，
又∵∠B=∠C=90°，
∴△ABM∽△MCQ，
∴=，
∵△MCQ∽△AMQ，
∴△AMQ∽△ABM，
∴=，
∴=，
∴BM=MC．

点评：
本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，（1）求出两个三角形全等是解题的关键，（2）根据相似于同一个三角形的两个三角形相似求出△AMQ∽△ABM是解题的关键．

7．（2014•舟山，第20题8分）已知：如图，在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF．
（1）求证：△DOE≌△BOF．
（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFED为菱形？请说明理由．

考点：
平行四边形的性质；全等三角形的判定与性