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文檔簡介
專題25以四邊形為載體的幾何綜合問題【例1】(2022·貴州黔西·中考真題)如圖1,在正方形ABCD中,E,F(xiàn)分別是BC,CD邊上的點(點E不與點B,C重合),且∠EAF=45°.(1)當(dāng)BE=DF時,求證:AE=AF;(2)猜想BE,EF,DF三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系,并證明你的結(jié)論;(3)如圖2,連接AC,G是CB延長線上一點,GH⊥AE,垂足為K,交AC于點H且GH=AE.若DF=a,CH=b,請用含a,b的代數(shù)式表示EF的長.【答案】(1)見解析(2)EF=DF+BE,見解析(3)2【分析】(1)先利用正方表的性質(zhì)求得AB=AD,∠B=∠D=90°,再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等,然后由全等三角形的性質(zhì)求解;(2)延長CB至M,使BM=DF,連接AM,先易得△ABM≌△ADFSAS,推出AM=AF,∠MAB=∠FAD,進(jìn)而得到△AEM≌△AEF(3)過點H作HN⊥BC于點N,易得△ABE≌△GNHAAS,進(jìn)而求出HN=(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠B=∠D=90°.在△ABE和△ADF中AB=AD∠B=∠D∴△ABE≌△ADFSAS∴AE=AF;(2)解:BE,EF,DF存在的數(shù)量關(guān)系為EF=DF+BE.理由如下:延長CB至M,使BM=DF,連接AM,則∠ABM=∠D=90°.在△ABM和△ADF中AB=AD∠ABM=∠D∴△ABM≌△ADFSAS∴AM=AF,∠MAB=∠FAD.∵∠EAF=45°,∴∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°.∴∠MAE=∠FAE,在△AEM和△AEF中AM=AF∠MAE=∠FAE∴△AEM≌△AEFSAS∴EM=EF,∵EM=BE+BM,∴EF=DF+BE;(3)解:過點H作HN⊥BC于點N,則∠HNG=90°.∵GH⊥AE,∴∠AKG=∠ABG=90°,∴∠BGK=∠EAB.在△ABE和△GNH中∠ABE=∠GNH∠BAE=∠NGH∴△ABE≌△GNHAAS∴EB=HN.∵∠HCN=45°,∠HNC=90°,∴sin45°=∴HN=2由(2)知,EF=BE+DF=HN+DF=2【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),特殊角的三角函數(shù)值,作出輔助線,構(gòu)建三角形全等是解答關(guān)鍵.【例2】(2022·遼寧丹東·中考真題)已知矩形ABCD,點E為直線BD上的一個動點(點E不與點B重合),連接AE,以AE為一邊構(gòu)造矩形AEFG(A,E,F(xiàn),G按逆時針方向排列),連接DG.(1)如圖1,當(dāng)ADAB=AGAE=1時,請直接寫出線段BE與線段(2)如圖2,當(dāng)ADAB=AGAE=2時,請猜想線段BE與線段(3)如圖3,在(2)的條件下,連接BG,EG,分別取線段BG,EG的中點M,N,連接MN,MD,ND,若AB=5,∠AEB=45°,請直接寫出△MND的面積.【答案】(1)BE=DG,BE⊥DG(2)BE=12DG,BE⊥(3)S△MNG=9【分析】(1)證明△BAE≌△DAG,進(jìn)一步得出結(jié)論;(2)證明BAE∽△DAG,進(jìn)一步得出結(jié)論;(3)解斜三角形ABE,求得BE=3,根據(jù)(2)DGBE=2可得DG=6,從而得出三角形BEG的面積,可證得△MND≌△MNG,△MNG與△(1)解:由題意得:四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形,∴AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠EAG=90°,∴∠BAD﹣∠DAE=∠EAG﹣∠DAE,∴∠BAE=∠DAG,∴△BAE≌△DAG(SAS),∴BE=DG,∠ABE=∠ADG,∴∠ADG+∠ADB=∠ABE+∠ADB=90°,∴∠BDG=90°,∴BE⊥DG;(2)BE=12DG,BE⊥由(1)得:∠BAE=∠DAG,∵ADAB=AG∴△BAE∽△DAG,∴DGBE=ADAB=2∴∠ADG+∠ADB=∠ABE+∠ADB=90°,∴∠BDG=90°,∴BE⊥DG;(3)如圖,作AH⊥BD于H,∵tan∠ABD=AHBH∴設(shè)AH=2x,BH=x,在Rt△ABH中,x2+(2x)2=(5)2,∴BH=1,AH=2,在Rt△AEH中,∵tan∠ABE=AHEH∴AHEH∴EH=AH=2,∴BE=BH+EH=3,∵BD=AB∴DE=BD﹣BE=5﹣3=2,由(2)得:DGBE=2,DG⊥∴DG=2BE=6,∴S△BEG=12BE?DG=在Rt△BDG和Rt△DEG中,點M是BG的中點,點N是CE的中點,∴DM=GM=12∵NM=NM,∴△DMN≌△GMN(SSS),∵M(jìn)N是△BEG的中位線,∴MN∥BE,∴△BEG∽△MNG,∴SΔMNGSΔBEG=(GM∴S△MNG=S△MNG=14S△BEG=9【點睛】本題主要考查了正方形,矩形的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),相似三角形的判定和性質(zhì)等知識,解決問題的關(guān)鍵是類比的方法.【例3】(2022·湖南益陽·中考真題)如圖,矩形ABCD中,AB=15,BC=9,E是CD邊上一點(不與點C重合),作AF⊥BE于F,CG⊥BE于G,延長CG至點C′,使C′G=CG,連接CF,AC′.(1)直接寫出圖中與△AFB相似的一個三角形;(2)若四邊形AFCC′是平行四邊形,求CE的長;(3)當(dāng)CE的長為多少時,以C′,F(xiàn),B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形?【答案】(1)答案不唯一,如△AFB∽△BCE(2)CE=7.5(3)當(dāng)CE的長為長為545或3時,以C′,F(xiàn),B為頂點的三角形是以C′F【分析】(1)因為△AFB是直角三角形,所以和它相似的三角形都是直角三角形,有三個直角三角形和△AFB相似,解答時任意寫出一個即可;(2)根據(jù)△AFB∽△BGC,得AFBG=ABBC,即AFBG=159=53,設(shè)AF=5x,BG=3(3)分兩種情況:①當(dāng)C'F=BC'時,如圖2,②當(dāng)C'F=BF時,如圖3,根據(jù)三角形相似列比例式可得結(jié)論.(1)解:(任意回答一個即可);①如圖1,△AFB∽△BCE,理由如下:∵四邊形ABCD是矩形,∴DC∥AB,∠BCE=∠ABC=90°,∴∠BEC=∠ABF,∵AF⊥BE,∴∠AFB=90°,∴∠AFB=∠BCE=90°,∴△AFB∽△BCE;②△AFB∽△CGE,理由如下:∵CG⊥BE,∴∠CGE=90°,∴∠CGE=∠AFB,∵∠CEG=∠ABF,∴△AFB∽△CGE;③△AFB∽△BGC,理由如下:∵∠ABF+∠CBG=∠CBG+∠BCG=90°,∴∠ABF=∠BCG,∵∠AFB=∠CGB=90°,∴△AFB∽△BGC;(2)∵四邊形AFCC'是平行四邊形,∴AF=CC',由(1)知:△AFB∽△BGC,∴AFBG=ABBC,即AFBG=159=53,設(shè)AF=5x,BG=3x,∴CC'=AF=5x,∵CG=C'G,∴CG=C'G=2.5x,∵△AFB(3)分兩種情況:①當(dāng)C'F=BC'時,如圖2,∵C'G⊥BE,∴BG=GF,∵CG=C'G,∴四邊形BCFC'是菱形,∴CF=CB=9,由(2)知:設(shè)AF=5x,BG=3x,∴BF=6x,∵△AFB∽△BCE,∴AFBC=BFCE,即5x9=6xCE,∴5x6x=9CE,∴CE=545;②當(dāng)C'F=BF時,如圖3,由(1)知:△AFB∽△BGC,∴ABBC=BFCG=159=53,設(shè)BF=5a,CG=3a,∴C'F=5a,∵CG=C'G,BE⊥CC',∴CF=C'F=5a,∴FG=CF2?CG2=4【點睛】本題是四邊形綜合題,考查了矩形的判定和性質(zhì),菱形的判定和性質(zhì),相似三角形的判定和性質(zhì),平行線的性質(zhì),等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識,解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題,屬于中考壓軸題.【例4】(2022·四川綿陽·中考真題)如圖,平行四邊形ABCD中,DB=23,AB=4,AD=2,動點E,F(xiàn)同時從A點出發(fā),點E沿著A→D→B的路線勻速運動,點F沿著A→B→D的路線勻速運動,當(dāng)點E,F(xiàn)(1)如圖1,設(shè)點E的速度為1個單位每秒,點F的速度為4個單位每秒,當(dāng)運動時間為23秒時,設(shè)CE與DF交于點P,求線段EP與CP(2)如圖2,設(shè)點E的速度為1個單位每秒,點F的速度為3個單位每秒,運動時間為x秒,ΔAEF的面積為y,求y關(guān)于x的函數(shù)解析式,并指出當(dāng)x為何值時,y的值最大,最大值為多少?(3)如圖3,H在線段AB上且AH=13HB,M為DF的中點,當(dāng)點E、F分別在線段AD、AB上運動時,探究點E、F在什么位置能使EM=HM【答案】(1)EPPC(2)y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y=34x20≤x(3)當(dāng)EF∥BD時,能使EM=HM.理由見解析【分析】(1)延長DF交CB的延長線于點G,先證得△AFD~△BFG,可得AFFB=ADBG,根據(jù)題意可得AF=83,AE=(2)分三種情況討論:當(dāng)0≤x≤2時,E點在AD上,F(xiàn)點在AB上;當(dāng)2≤x≤433時,E點在BD上,F(xiàn)點在AB上;當(dāng)433(3)當(dāng)EF∥BD時,能使EM=HM.理由:連接DH,根據(jù)直角三角形的性質(zhì),即可求解.(1)解:如圖,延長DF交CB的延長線于點G,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴CG∥∴△AFD∴AFFB∵點E的速度為1個單位每秒,點F的速度為4個單位每秒,運動時間為23∴AF=83,AE=2∵AB=4,AD=2,∴BF=43,ED=4∴83∴BG=1,∴CG=3,∵CG∥∴△PDE∽△PGC,∴EPPC∴EPPC(2)解:根據(jù)題意得:當(dāng)0≤x≤2時,E點在AD上,F(xiàn)點在AB上,此時AE=x,AF=∵DB=23,AB=4,∴AD∴△ABD是直角三角形,∵ADAB∴∠ABD=30°,∴∠A=60°,如圖,過點E作EH⊥AB交于∴EH=∴y=∴當(dāng)x>0時,y隨x的增大而增大,此時當(dāng)x=2時,y有最大值3;當(dāng)2≤x≤433時,E點在BD如圖,過點E作EN⊥AB交于N,過點D作DM⊥AB交于M,則根據(jù)題意得:DE=x-2,∴BE=2在Rt△ABD中,DM=AD?sin∵EN∥DM,∴△BEN∽△BDM,∴ENDM∴EN∴EN=1+∴y=此時該函數(shù)圖象的對稱軸為直線x=∴當(dāng)2≤x≤433此時當(dāng)x=433時,當(dāng)433≤x≤23時,點過點E作EQ⊥AB交于Q,過點F作FP⊥AB交于P,過點D作DM⊥∴AB+BF=3x,DA∵AB=4,AD=2,∴BE=23-∵PF∥DM,∴△BFP∽△BDM,∴BFBD=PF∴PF=∵EQ//∴△BEQ∽△BDM,∴BEBD=EQ∴EQ=∴y=此時y隨x的增大而減小,此時當(dāng)x=433時,綜上所述:y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y當(dāng)x=433時,(3)解:當(dāng)EF∥BD時,能使EM=HM.理由如下:連接DH,如圖,∵AH=13∴.AH=1,由(2)得:此時AH⊥∵M(jìn)是DF的中點,∴HM=DM=MF,∵EF∥BD,BD⊥AD,∴EF⊥AD,∴EM=DM=FM,∴EM=HM.【點睛】本題是四邊形的綜合題,熟練掌握平行四邊形的性質(zhì),平行線的性質(zhì),直角三角形的性質(zhì),分類討論,數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵.【例5】(2022·上?!ぶ锌颊骖})平行四邊形ABCD,若P為BC中點,AP交BD于點E,連接CE.(1)若AE=CE,①證明ABCD為菱形;②若AB=5,AE=3,求BD的長.(2)以A為圓心,AE為半徑,B為圓心,BE為半徑作圓,兩圓另一交點記為點F,且CE=2AE.若F在直線CE上,求【答案】(1)①見解析;②6(2)10【分析】(1)①連接AC交BD于O,證△AOE≌△COE(SSS),得∠AOE=∠COE,從而得∠COE=90°,則AC⊥BD,即可由菱形的判定定理得出結(jié)論;②先證點E是△ABC的重心,由重心性質(zhì)得BE=2OE,然后設(shè)OE=x,則BE=2x,在Rt△AOE中,由勾股定理,得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中,由勾股定理,得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,從而得9-x2=25-9x2,解得:x=2,即可得OB=3x=32,再由平行四邊形性質(zhì)即可得出BD長;(2)由⊙A與⊙B相交于E、F,得AB⊥EF,點E是△ABC的重心,又F在直線CE上,則CG是△ABC的中線,則AG=BG=12AB,根據(jù)重心性質(zhì)得GE=12CE=22AE,CG=CE+GE=322AE,在Rt△AGE中,由勾股定理,得AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE2,則AG=22AE,所以AB=2AG=2AE,在Rt△BGC中,由勾股定理,得BC2=BG2+CG2=12AE2+(322AE)2(1)①證明:如圖,連接AC交BD于O,∵平行四邊形ABCD,∴OA=OC,∵AE=CE,OE=OE,∴△AOE≌△COE(SSS),∴∠AOE=∠COE,∵∠AOE+∠COE=180°,∴∠COE=90°,∴AC⊥BD,∵平行四邊形ABCD,∴四邊形ABCD是菱形;②∵OA=OC,∴OB是△ABC的中線,∵P為BC中點,∴AP是△ABC的中線,∴點E是△ABC的重心,∴BE=2OE,設(shè)OE=x,則BE=2x,在Rt△AOE中,由勾股定理,得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中,由勾股定理,得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2,解得:x=2,∴OB=3x=32,∵平行四邊形ABCD,∴BD=2OB=62;(2)解:如圖,∵⊙A與⊙B相交于E、F,∴AB⊥EF,由(1)②知點E是△ABC的重心,又F在直線CE上,∴CG是△ABC的中線,∴AG=BG=12AB,GE=12∵CE=2AE,∴GE=22AE,CG=CE+GE=32在Rt△AGE中,由勾股定理,得AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE∴AG=22AE∴AB=2AG=2AE,在Rt△BGC中,由勾股定理,得BC2=BG2+CG2=12AE2+(322AE)2=5∴BC=5AE,∴ABBC【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì),菱形的判定,重心的性質(zhì),勾股定理,相交兩圓的公共弦的性質(zhì),本題屬圓與四邊形綜合題目,掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵,屬是考??碱}目.一、解答題【共20題】1.(2022·山西實驗中學(xué)模擬預(yù)測)綜合與實踐:問題情境:在綜合與實踐課上,數(shù)學(xué)老師出示了一道思考題:如圖,在正方形ABCD中,P是射線BD上一動點,以AP為直角邊在AP邊的右側(cè)作等腰直角三角形APE,使得∠APE=90°,AP=PE,且點E恰好在射線CD上.(1)如圖1,當(dāng)點P在對角線BD上,點E在CD邊上時,那么BP與CE之間的數(shù)量關(guān)系是_________;探索發(fā)現(xiàn):(2)當(dāng)點E在正方形ABCD外部時如圖2與圖3,(1)中的結(jié)論是否還成立?若成立,請利用圖2進(jìn)行證明;若不成立,請說明理由;問題解決:(3)如圖4,在正方形ABCD中,AB=22,當(dāng)P是對角線BD的延長線上一動點時,連接BE,若BE=62,求【答案】(1)CE=2(2)成立,證明見解析;(3)16?42【分析】(1)連接AC,根據(jù)正方形的性質(zhì)和Rt△APE是等腰直角三角形,證得△ABP~△ACE,可得ABAC(2)連接AC,根據(jù)正方形的性質(zhì)和Rt△APE是等腰直角三角形,證得△ABP~△ACE,可得ABAC(3)連接AC交BD于點F,過點E作EG⊥BP交直線BP于點G,根據(jù)正方形的性質(zhì),可得AF=BF=2,再證得△FAP?△GPE,可得FP=EG,PG=AF=2,在Rt△EGB中,根據(jù)勾股定理可得EG=42【詳解】(1)解:如圖,連接AC,∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=DA,∠BAD=∠ABC=90°,∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°,∴cos∠BAC=∵Rt△APE是等腰直角三角形,∴∠PAE=∠AEP=45°,∴∠BAC?∠CAP=∠PAE?∠CAP,∴∠BAP=∠CAE,∴△ABP~△ACE,∴ABAC∴BPCE即CE=2故答案為:CE=2(2)解:(1)中的結(jié)論還成立,證明如下:如圖2,連接AC,∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=BC=CD=DA,∠BAD=∠ABC=90°,∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°,∴cos∠BAC=∵Rt△APE是等腰直角三角形,∴∠PAE=∠AEP=45°,∴∠BAC+∠CAP=∠PAE+∠CAP,∴∠BAP=∠CAE,∴△ABP~△ACE,∴ABAC∴BPCE即CE=2(3)解:如圖4,連接AC交BD于點F,過點E作EG⊥BP交直線BP于點G,∵四邊形ABCD是正方形,AB=22∴BC=AB=22,∠BAD=90°,AC⊥BD∴∠ABD=45°,∠AFB=∠AFD=90°,∴∠BAC=45°,∠FAP+∠APF=90°,∴AF=BF,∴BF=AF=AB?sin在Rt△APE中,∠APE=90°,AP=PE,∴∠APF+∠EPG=90°,∴∠FAP=∠EPG,∵EG⊥BG,∴∠AFP=∠PGE=90°,∴△FAP?△GPEAAS∴FP=EG,PG=AF=2,在Rt△EGB中,由勾股定理得,BE設(shè)FP=EG=x,∴62解得,x1=42即EG=42∴S△BPE【點睛】本題是四邊形綜合題,考查了全等三角形的判定與性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì),等腰直角三角形的性質(zhì),正方形的性質(zhì),勾股定理,熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.2.(2022·湖北·武漢市新洲區(qū)陽邏街第一初級中學(xué)三模)(1)如圖1,在正方形ABCD中,E是CD上一動點,將正方形沿著BE折疊,點C落在點F處,連接CF,并延長CF交AD于點G.求證:△BCE≌△CDG(2)在(1)的條件下,如圖2,延長BF交AD邊于點H.若CEBC=(3)如圖3,四邊形ABCD為矩形,同樣沿著BE折疊,連接CF,延長CF,BF分別交AD于G,H兩點,若ABBC【答案】(1)見解析;(2)17;(3)【分析】(1)根據(jù)(2)如圖2中,連接EH.根據(jù)H(3)如圖3中,連接HE.由ABBC=34【詳解】(1)證明:如圖∵△BFE是由△BCE折疊得到,∴BE⊥CF,∴∠ECF+∠BEC=90°,∵四邊形ABCD是正方形,∴∠D=∠BCE=90°,∴∠ECF+∠CGD=90°,∴∠BEC=∠CGD,在△BCE和△CDG中,∠BCE=∠D∠BEC=∠CGD∴△BCE≌△CDG(AAS)(2)解:如圖2中,連接∵△BCE≌△CDG,∴CE=DG,由折疊可知BC=BF,CE=FE,∴∠BCF=∠BFC,∵四邊形ABCD是正方形,∴AD∥BC,BC=CD,∴∠BCG=∠HGF,∵∠BFC=∠HFG,∴∠HFG=∠HGF,∴HF=HG,∵CE設(shè)CE=2x,則BC=CD=3x,FE=CE=2x,∴DE=CD?CE=x,設(shè)HF=HG=a,∴DH=DG?HG=2x?a,∴由折疊可知∠BFE=∠BCE=90°,∴∠EFH=90°,∴HF∴a∴x=4a或0(舍棄)∴DH=2x?a=7a,∴GH(3)解:如圖3中,連接由ABBC設(shè)AB=CD=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m,由(2)知∴DG=9m,由折疊可知BE⊥CF,∴∠ECF+∠BEC=90°,∵∠D=90°,∴∠ECF+∠CGD=90°,∴∠BEC=∠CGD,∵∠BCE=∠D=90°,∴△CDG∽△BCE,∴DG∴9m∴CE=12m=FE,∴DE=3x?12m,∵∠D=∠HFE=90°∴HF∴(∴x=4m+17m或4m?17∴DE=3x?12m=12m+317∴DE【點睛】本題屬于四邊形綜合題,考查了正方形的性質(zhì),折疊的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),相似三角形的判定和性質(zhì),勾股定理等知識,解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題,學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題,屬于中考壓軸題.3.(2022·浙江嘉興·一模)如圖1,已知正方形ABCD和正方形CEFG,點B、C、E在同一直線上,BC=m(m>1),CE=1.連接AF、BG.(1)求圖1中AF、BG的長(用含m的代數(shù)式表示).(2)如圖2,正方形ABCD固定不動,將圖1中的正方形CEFG繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)α度(0°<α≤90°),試探究AF、BG之間的數(shù)量關(guān)系,并說明理由.(3)如圖3,在(2)條件下,當(dāng)點A,F(xiàn),E在同一直線上時,連接CF并延長交AD于點H,若FH=2,求m【答案】(1)BG=m2+1,AF(2)AF=2BG(3)1+【分析】(1)延長FG交AB于H,在Rt△BCG中,由勾股定理,求BG的長,在Rt△AHG中,由勾股定理,求AF的長;(2)連接AC、CF,在等腰Rt△ABC中,由勾股定理,得AC=2BC,在等腰Rt△FGC中,由勾股定理,得CF=2CG,則ACBC=FCCG=2,從而可證△ACF(3)連接AC,證明△AHF∽△CHA,得AHCH=HFAH,又由正方形CEFG,可求得CF=CE2+EF2=2,即從而求得CH=CF+FH=2+2=22,代入得AH22=2AH,即可求得AHCD2+D(1)解:延長FG交AB于H,如圖1,∵正方形ABCD和正方形CEFG,點B、C、E在同一直線上,∴∠ABC=∠BCD=∠CGD=∠CGH=90°,AB=BC=m,CG=GF=CE=1,在Rt△BCG中,由勾股定理,得BG=B∴∠BHG=90°,∴四邊形BCGH是矩形,∠AHG=90°,∴GH=BC=m,BH=CG=1,∴AH=m-1,在Rt△AHG中,由勾股定理,得AF=A(2)解:連接AC、CF,如圖2,∵正方形ABCD和正方形CEFG,∴∠ACB=∠FCG=45°,∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG,∴∠BCG=∠ACF,在等腰Rt△ABC中,由勾股定理,得AC=2BC,在等腰Rt△FGC中,由勾股定理,得CF=2CG,∴ACBC∴△ACF∽△BCG,∴AFBG即AF=2BG;(3)解:連接AC,如圖3,∵正方形ABCD和正方形CEFG,∴∠CAD=∠CFE=45°,CD=AD=BC=m,∵∠CFE=∠CAF+∠ACF,∠CAD=∠CAF+∠FAH,∴∠FAH=∠ACF,∵∠AHF=∠CHA,∴△AHF∽△CHA,∴AHCH∵正方形CEFG,EF=CE=1,∴CF=CE∴CH=CF+FH=2+2=22,∴AH2∴AH=2,∴DH=AD-AG=m-2,在Rt△CDH中,由勾股定理,得CD即m2解得:m1=1+3∴m的值為1+3【點睛】本題考查正方形的性質(zhì),勾股定理,相似三角形的判定和性質(zhì),熟練掌握正方形的性質(zhì),勾股定理,相似三角形的判定和性質(zhì)并能靈活運用是解題的關(guān)鍵.4.(2022·北京市第十九中學(xué)三模)如圖,在△ABC中,∠ACB=90°,AC>BC,D是AB的中點,F(xiàn)是BC延長線上一點,平移AB到FH,線段FH的中垂線與線段CA的延長線交于點E,連接EH、DE.(1)連接CD,求證:∠BDC=2∠DAC;(2)依題意補全圖形,用等式表示線段DE,DF,EH之間的數(shù)量關(guān)系,并證明.【答案】(1)見解析(2)圖見解析,結(jié)論:DE【分析】(1)利用直角三角形斜邊的中線的性質(zhì)即可解決問題;(2)圖形如圖所示,結(jié)論:DE2+D(1)證明:連接CD.∵∠ACB=90°,AD=DB,∴CD=AD=DB,∴∠DAC=∠DCA,∴∠BDC=∠DAC+∠DCA=2∠DAC;(2)解:圖形如圖所示,結(jié)論:DE理由:連接EF,AH,取FH的中點T,連接AT,DT,ET.∵點E在FH的垂直平分線上,∴EF=EH,∵AD=DB,HT=TF,∴AD=FT=HT,∵AD∥∴四邊形AHTD,四邊形ADFT是平行四邊形,∴AH∥DT,∴∠FDT=∠ATD=∠TAH,∵AH∥∴∠HAC=∠ACB=90°,∵EH=EF,HT=FT,∴ET⊥FH,∴∠EAH=∠ETH=90°,∴四邊形A,E,H,T四點共圓,∴∠TAH=∠TEH,∴∠FDT=∠FET,∴E,D,F(xiàn),T四點共圓,∴∠EDF+∠ETF=180°,∴∠EDF=90°,∴DE【點睛】本題考查作圖?平移變換,直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì),等腰三角形的性質(zhì),線段的垂直平分線的性質(zhì),平行四邊形的判定與性質(zhì),圓周角的性質(zhì)等知識,解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題,屬于中考常考題型.5.(2022·浙江紹興·一模)如圖①,在正方形ABCD中,點E與點F分別在線段AC,BC上,且四邊形(1)試探究線段AE與CG的關(guān)系,并說明理由.(2)如圖②若將條件中的四邊形ABCD與四邊形DEFG由正方形改為矩形,AB=3,BC①線段AE,②當(dāng)△CDE為等腰三角形時,求CG【答案】(1)AE=(2)①位置關(guān)系保持不變,數(shù)量關(guān)系變?yōu)镃GAE=34;理由見解析;②當(dāng)△CDE為等腰三角形時,CG的長為3【分析】(1)如圖1,根據(jù)SAS證明△ADE?△DGC,可得AE=CG,及∠(2)①如圖2,連接EG,DF交于點O,連接OC,根據(jù)矩形的性質(zhì)和直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得:OE=OF=OG=OD=OC,可知②先根據(jù)CGAE=3分三種情況:(i)當(dāng)ED=EC時,如圖3,根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)和中位線定理可得x的值,從而計算(ii)當(dāng)DE=DC=3時,如圖4,證明△CDH~△CAD,列比例式可得CH的長,從而根據(jù)(iii)當(dāng)CD=CE=3時,如圖5,根據(jù)AE=2.,可得(1)AE=理由:如圖1,∵四邊形EFGD是正方形,∴DE=∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=∴∠ADE∴△ADE∴AE=∵∠ACD∴∠ACG∴CG即AE⊥(2)①位置關(guān)系保持不變,數(shù)量關(guān)系變?yōu)镃GAE理由:如圖2,連接EG,DF交于點O,連接∵四邊形EFGD是矩形,∴OE=Rt△DGF中,OGRt△DCF中,∴OE∴D,E,∵∠DGF∴DF為⊙O∵DF=∴EG也是⊙O∴∠ECG=90∴∠DCG∵∠DAC∴∠DAC∵∠ADE∴△ADE∴CGAE②由①知:CG∴設(shè)CG=3分三種情況:(i)當(dāng)ED=EC時,如圖3,過E作EH⊥CD于∴DH=∴AE=由勾股定理得:AC=∴8x即x∴CG=3(ii)當(dāng)DE=DC=3時,如圖4,過D作DH∴EH=∵∠CDH∴△CDH∴CDCA∴35∴CH=∴AE=4∴x=∴CG=3(iii)當(dāng)CD=∴AE=4∴x=∴CG=3綜上所述,當(dāng)△CDE為等腰三角形時,CG的長為32或2120【點睛】本題是四邊形的綜合題,考查的是正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、三角形相似的性質(zhì)和判定、等腰三角形的判定、圓的定義以及全等三角形的判定和性質(zhì),掌握相關(guān)的性質(zhì)定理,并采用分類討論的思想是解題的關(guān)鍵.6.(2022·廣東·揭西縣寶塔實驗學(xué)校三模)如圖1,在矩形ABCD中,AB=8,AD=10,E是CD邊上一點,連接AE,將矩形ABCD沿AE折疊,頂點D恰好落在BC邊上點F處,延長AE交BC的延長線于點G.(1)求線段CE的長;(2)如圖2,M,N分別是線段AG,DG上的動點(與端點不重合),且∠DMN=∠DAM,設(shè)DN=x.①求證四邊形AFGD為菱形;②是否存在這樣的點N,使△DMN是直角三角形?若存在,請求出x的值;若不存在,請說明理由.【答案】(1)3(2)①見解析;②x=【分析】(1)由翻折可知:AD=AF=10.DE=EF,設(shè)EC=x,則DE=EF=8?x.在Rt△ECF中,利用勾股定理構(gòu)建方程即可解決問題.(2)①由△ADE∽△GCE計算出GC的長度,再證明四邊形AFGD是平行四邊形,根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形的菱形即可證明;②若△DMN是直角三角形,則有兩種情況,一是當(dāng)∠MDN=90°時,二是當(dāng)∠DNM=90°時,分別利用相似三角形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的定義即可計算得出.(1)解:∵四邊形ABCD是矩形,∴AD=BC=10,AB=CD=8,∴∠B=∠BCD=90°,由翻折可知:AD=AF=10.DE=EF,設(shè)CE=x,則DE=EF=8?x.在Rt△ABF中,BF=AF∴CF=BC?BF=10?6=4,在Rt△EFC中,則有:(8?x)2∴x=3,∴CE=3.(2)①證明:∵四邊形ABCD是矩形,∴AD∴△ADE∽△GCE,∴ADGC∵AD=10,CE=3,DE=5,∴10GC∴GC=6,由(1)可得:CF=4,∴GF=6+4=10,∴四邊形AFGD是平行四邊形,又∵AD=AF,∴平行四邊形AFGD是菱形.②∵∠DMN=∠DAM,∴若△DMN是直角三角形,則有兩種情況,當(dāng)∠MDN=90°時,∵AD=GD,∴∠DAG=∠DGA又∵∠ADE=∠GDM=90°,∴△ADE≌△GDM(ASA)∴DM=DE=5,又∵∠DMN=∠DAM,∠ADE=∠MDN=90°,∴△ADE∽△MDN∴ADMD=DE∴x=當(dāng)∠DNM=90°時,則∠MDN+∠DMN=90°,又∵∠DMN=∠DAM,∠DAG=∠DGA,∴∠DMN=∠DGA,∴∠MDN+∠DGA=90°,∴∠DMG=90°,∵sin∠DAE=DE∵AE=∴55∴DM=25∵∠DMN=∠DAM∴sin∴DEAE=解得:x=2,綜上所述:x=【點睛】本題屬于四邊形綜合題,考查了矩形的性質(zhì),翻折變換,解直角三角形,相似三角形的判定和性質(zhì),等腰三角形的性質(zhì)等知識,解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題,學(xué)會用分類討論的思想思考問題,屬于中考壓軸題.7.(2022·福建省福州教育學(xué)院附屬中學(xué)模擬預(yù)測)問題發(fā)現(xiàn).(1)如圖①,Rt△ABC中,∠C=90°,AC=3,BC=4,點P(2)如圖②,矩形ABCD中,AB=3,BC=4,點M、點N分別在BD、BC上,求(3)如圖③,矩形ABCD中,AB=3,BC=4,點E是AB邊上一點,且AE=2,點F是BC邊上的任意一點,把△BEF沿EF翻折,點B的對應(yīng)點為G,連接AG、CG,四邊形【答案】(1)12(2)96(3)存在,最小值為152,【分析】(1)根據(jù)點到直線的距離最小,再用三角形的面積即可得出結(jié)論;(2)先根據(jù)軸對稱確定出點M和N的位置,再利用面積求出CF,進(jìn)而求出CE,最后用三角函數(shù)即可求出CM+(3)先確定出EG⊥AC時,四邊形AGCD的面積最小,再用銳角三角函數(shù)求出點G到AC的距離,最后用面積之和即可得出結(jié)論,再用相似三角形得出的比例式求出CF即可求出(1)如圖①,過點C作CP⊥AB于P,根據(jù)點到直線的距離垂線段最小,此時在Rt△ABC中,AC=3,BC∵1∴CD=故答案為125(2)如圖②,作出點C關(guān)于BD的對稱點E',連接CE'交BD于點過點E'作E'N⊥BC于N,交BD于M,連接CM∵四邊形ABCD是矩形,∴∠BCD=90°,CD=∵CE∴1∴CF由對稱得,CE'=2在Rt△BCF'∴sin∠BCF在Rt△CE'即:CM+MN的最小值為(3)存在.如圖3,∵四邊形ABCD是矩形,∴CD=AB=3,根據(jù)勾股定理得,AC=5∵AB=3,∴點F在BC上的任何位置時,點G始終在AC的下方,設(shè)點G到AC的距離為?,∵S∴要四邊形AGCD的面積最小,即:?最小,∵點G是以點E為圓心,BE=1為半徑的圓上在矩形ABCD∴EG⊥AC由折疊知∠EGF=延長EG交AC于H,則EH⊥在Rt△ABC中,在Rt△AEH中,AE=2∴EH∴?∴S過點F作FK⊥AC于∵EH⊥FG∴四邊形FGHK是矩形,∴FK∵∠FCK=∠ACB∴△CKF~∴CF∴CF∴∴BF【點睛】此題是四邊形綜合題,主要考查了矩形的性質(zhì),點到直線的距離,軸對稱,解本題的關(guān)鍵是確定出滿足條件的點的位置,是一道很好的中考??碱}.8.(2022·廣東·三模)特例發(fā)現(xiàn):如圖1,點E和點F分別為正方形ABCD邊BC和邊CD上一點,當(dāng)CE=CF時,則易得BE=DF,BE⊥DF.(1)如圖2,點E為正方形ABCD內(nèi)一點,且∠ECF=90°,CF=CE,點E,F(xiàn)在直線CD的兩側(cè),連接EF,BE,DF,探究線段BE與DF之間的關(guān)系,并說明理由;(2)如圖3,在矩形ABCD中,AB∶BC=1∶2,點E在矩形ABCD內(nèi)部,∠ECF=90°,點E,F(xiàn)在直線BC的兩側(cè),CE∶CF=1∶2,連接EF,BE,DE,BF,DF.請?zhí)骄烤€段DE,BF之間的關(guān)系,并說明理由;(3)若(2)中矩形ABCD的邊AB=3,Rt△CEF的邊CE=1,當(dāng)BE=DF時,求BF的長.【答案】(1)BE=DF,BE⊥DF;理由見解析;(2)DE:BF=1:2,DE⊥BF.理由見解析;(3)210【分析】(1)由正方形的性質(zhì)得出∠BCD=90°,BC=CD,證明ΔBCE≌ΔDCF(SAS),再由全等三角形的性質(zhì)得BE=DF(2)延長DE交BC,BF分別于點P,Q,證明出ΔDCE∽ΔBCF,由相似三角形的性質(zhì)得出DE(3)由(2)得∠BQD=90°,DE:BF=1:2,則(DE+QE)2+(BF?QF)2=BD2,Q(1)解:線段BE與DF之間的關(guān)系為BE=DF,BE⊥DF.理由如下:延長BE交DC,DF分別于點M,N,∵四邊形ABCD是正方形,∴∠BCD=90°,BC=CD,∵∠ECF=90°,∴∠BCD=∠ECF=90°,∴∠BCD?∠DCE=∠ECF?∠DCE,即∠BCE=∠DCF,∵CE=CF,∴Δ∴BE=DF,∠CBE=∠CDF,∵∠BMC=∠DMN,∴∠CBE+∠BMC=∠CDF+∠DMN,∵∠CBE+∠BMC=90°,∴∠CDF+∠DMN=90°,∴∠DNM=90°,∴BE⊥DF;(2)解:線段DE與BF之間的關(guān)系為DE:BF=1:2,DE⊥BF.理由如下:延長DE交BC,BF分別于點P,Q,∵四邊形ASBCD是矩形,∴∠BCD=90°=∠ECF,AB=DC,∴∠BCD?∠BCE=∠ECF?∠BCE,即∠DCE=∠BCF.∵AB:BC=1:2,CE:CF=1:2,∴DCBC∴Δ∴DEBF=CE∵∠CPD=∠BPQ,∴∠CDE+∠CPD=∠CBF+∠BPQ,∵∠CDE+∠CPD=90°,∴∠CBF+∠BPQ=90°,∴∠BPD=90°,∴DE⊥BF;(3)解:連接BD,如圖3,由已知得AB=3,CD=6,CE=1,CF=2,BD2=45由(2)得∠BQD=90°,DE:BF=1:2,則(DE+QE)2+(BF?QF)(DE+QE)2+QF2=D∴(DE+QE)∴BE∵DF=BE,∴BE∴(DE+QE)∴DE=2QE+4QF∵(DE+QE)∴DE∴(∴16(QE由QE2+Q∴QE2+Q∴(QE+QF)2=10∴QE=QF=10∴DE=10∴BF=2DE=210【點睛】本題屬于四邊形綜合題,主要考查了正方形的判定和性質(zhì),矩形的判定和性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),勾股定理等知識,解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線,構(gòu)造全等三角形解決問題.9.(2022·浙江麗水·一模)在菱形ABCD中,AB=6,∠A=60°,點E在AD邊上,AE=4,點P是邊AB上一個動點,連結(jié)EP,將△AEP沿EP翻折得到(1)當(dāng)EF∥AB時,求∠AEP的度數(shù);(2)若點F落在對角線BD上,求證:△DEF~△BFP;(3)若點P在射線BA上運動,設(shè)直線PF與直線BD交于點H,問當(dāng)AP為何值時,△BHP為直角三角形.【答案】(1)60°;(2)見解析;(3)43?4或2+23或2【分析】(1)由平行線的性質(zhì)得∠A+∠AEF=180°,求得∠AEF=120°,由翻折的性質(zhì)可得∠AEP=∠FEP,即可求解;(2)易證△ADB是等邊三角形,由翻折可得∠EFP=∠A=60°,證得∠DEF=∠PFB,即可證明相似;(3)如圖2,當(dāng)點P在線段AB上,∠PHB=90°,延長EF交AB的延長線于點K,由翻折的性質(zhì)可得:AP=FP,EF=AE=4,∠A=∠EFP=60°,設(shè)AP=x,則FP=x,求得∠K=30°,AK=2AE=8,EK=EF+FK=4+x,在Rt△AEK中,cos∠K=EKAK=32,求解即可得AP=43?4;如圖3,當(dāng)點P在線段AB上,∠HPB=90°,過點E作EQ⊥AB于點Q,由折疊的性質(zhì)可得:∠APE=∠FPE=45°,求得AQ=12AE=2,EQ=42?22=23,PQ=EQ=23,即可得AP的長度;如圖4,當(dāng)點P在BA的延長線上,∠HPB=90°,過點E∴2+a=23,求解即可;如圖5,當(dāng)點P在BA延長線上,∠PHB延長EF交AB于點N,由翻折的性質(zhì)可得:AP=FP,EF=AE=4,∠EAB=∠EFP=60°,證得∠BPH=∠ANE=30°,PF=PN=AP,EN=AEtan∠ANE(1)解:∵EF∥AB,∴∠A+∠AEF=180°,∵∠A=60°∴∠AEF=120°∵△FEP是由△AEP翻折得到,∴∠AEP=∠FEP,∴∠AEP=1(2)證明:當(dāng)點F在BD上時,如圖1所示,∵菱形ABCD中,∠A=∴AD=AB,△ADB是等邊三角形,∴∠ADB=∠ABD=60°∵△FEP是由△AEP翻折得到,∴∠EFP=∠A=60°,∴∠EFD+∠PFB=120°∵∠ADB=60°∴∠EFD+∠DEF=120°∴∠DEF=∠PFB在△DEF和△BFP中,∠EDF=∠PBF=60°∴△DEF~△BFP;(3)解:如圖2,當(dāng)點P在線段AB上,∠PHB=90°,延長EF交AB的延長線于點K,由翻折的性質(zhì)可得:AP=FP,EF=AE=4,∠A=∠EFP=60°設(shè)AP=x,則FP=x,∵∠PHB=90°,∴∠APF=150°,∠BPH=30°∴∠AEF=90°,∠K=30°,∴AK=2AE=8∵∠K=∠BPH=30°,∴KF=PF=AP=x,∴EK=EF+FK=4+x,在Rt△AEK中,cos∠K=即4+x8=3即AP=43如圖3,當(dāng)點P在線段AB上,∠HPB=90°,過點E作EQ⊥AB于點Q,由折疊的性質(zhì)可得:∠APE=∠FPE=45°,∵EQ⊥AB,∠A=60°∴∠AEQ=30°,∠PEQ=∠EPQ=45°,∴AQ=12AE=2∴PQ=EQ=23∴AP=AQ+PQ=2+23如圖4,當(dāng)點P在BA的延長線上,∠HPB=90°,過點E作EM⊥AB于點M,設(shè)AP=a,∵EM⊥AB,∠EAM=60°,∴∠AEM=60°,AM=由折疊的性質(zhì)可得:∠APE=∠FPE=45°,∵EM⊥AB,∠APE=45°∴EM=PM=2+a,在Rt△AEM中,EM=A∴2+a=23解得:a=23即AP=23如圖5,當(dāng)點P在BA延長線上,∠PHB=90°,延長EF交AB于點N,由翻折的性質(zhì)可得:AP=FP,EF=AE=4,∠EAB=∠EFP=60°∵∠PHB=90°,∠PBH=60°,∴∠BPH=30°,∵∠EAB=60°∴∠PAE=∠PFE=120°∴∠AEF=90°,∴∠AEN=90°,∠ANE=30°,∵∠BPH=30°,∴PF=PN=AP,∵∠ANE=30°,∴EN=AE∴FN=EF+EN=4+43∴AP=PF=PN=4+43綜上,AP的長度為43?4或2+23或2【點睛】本題考查菱形的性質(zhì),相似三角形的判定,解直角三角形,含30度角的直角三角形的性質(zhì),勾股定理,平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)等,第(3)問要注意分情況討論,做到不重不漏.10.(2022·廣東·深圳市南山外國語學(xué)校(集團(tuán))二模)問題初探:數(shù)學(xué)興趣小組在研究四邊形的旋轉(zhuǎn)時,遇到了這樣的一個問題.如圖1,四邊形ABCD和BEFG都是正方形,BH⊥AE于H,延長HB交CG于點M.通過測量發(fā)現(xiàn)CM=MG.為了證明他們的發(fā)現(xiàn),小亮想到了這樣的證明方法:過點C作CN⊥BM于點N.他已經(jīng)證明了△ABH≌△BCN,但接下來的證明過程,他有些迷茫了.(1)請同學(xué)們幫小亮將剩余的證明過程補充完整;(2)深入研究:若將原題中的“正方形”改為“矩形”(如圖2所示),且ABBC=BGBE=k(其中k(3)拓展應(yīng)用:在圖3中,在Rt△ABC和Rt△ADE中,∠BAC=∠DAE=90°,∠ACB=∠AED=30°,連接BD、CE,F(xiàn)為BD中點,則AF與CE的數(shù)量關(guān)系為______.【答案】(1)剩余的證明過程見解析(2)MG=(3)CE=2【分析】(1)過G作GQ⊥BM于點Q,易證△EBH≌△BGQ,△CMN≌△GMQ即可得出結(jié)論;(2)過點C作CN⊥BM于點N,過G作GQ⊥BM于點Q.通過證明△ABH~△BCN,△BEH~△BGQ即可得出結(jié)論;(3)延長AF至點G,使AF=FG,則四邊形ABGF為平行四邊形,通過證明ΔCAE~(1)過G作GQ⊥BM于點Q,∵BH⊥AE,∴∠GQB=∠BHE=90°,∠HBE+∠BEH=90°,∵正方形BEFG,∴BE=BG,∠GBE=90°,∴∠HBE+∠QBG=90°,∴∠QBG=∠BEH,∴△EBH≌△BGQAAS∴BH=GQ,∵△ABH≌△BCN,∴BH=CN,∴CN=GQ,又∵∠CMN=∠QMG,∴△CMN≌△GMQAAS∴CM=MG,∴M為CG的中點.(2)過點C作CN⊥BM于點N,過G作GQ⊥BM于點Q.∵∠ABC=90°,∴∠ABH+∠CBN=90°,∵∠ABH+∠BAH=90°,∴∠CBN=∠BAH∴△ABH~△BCN,同理可得:△BEH~△BGQ∵ABBC∴BHCN∴GQCD∵∠AMN=∠GMQ,∴△CMN~△GMQ,∴MGCM∴MG=k(3)延長AF至點G,使AF=FG,∵AF=FG,BF=DF,∴四邊形ABGF為平行四邊形,∴AD∥BG,AD=∴∠ABG+∠BAD=180°,∵∠BAC=∠DAE=90°,∴∠CAE+∠BAD=180°,∴∠ABG=∠BAD,∵∠ACB=∠AED=30°,∴AC=3AB,AE=3AD=3BG∴ACAB∴ΔCAE~∴ECAG∴EC2AF∴EC=3【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì),矩形的性質(zhì),全等三角形是性質(zhì)和判定,相似三角形的性質(zhì)和判定,熟練掌握相關(guān)內(nèi)容,添加輔助線構(gòu)造全等三角形和相似三角形是解題的關(guān)鍵.11.(2022·廣東·佛山市華英學(xué)校三模)已知,在四邊形ABCD中,AC與BD相交于點O,AD∥BC,AB∥CD,(1)如圖1,求證:四邊形ABCD是菱形;(2)如圖2,過點A作AN⊥BC于N,若AC=6,BD=8,求AN的長;(3)如圖3,CA=CB,點R為CB延長線上一點,連接OR交AB于點E,點F、H分別是AB、BC邊上一點(BF>BH),且OF=OH,過點O作BC的垂線,垂足為M,∠HOM=∠BOR,當(dāng)BF=10,BH=8時,求RB的長.【答案】(1)見解析(2)AN=(3)BR=6【分析】(1)根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明即可;(2)利用菱形面積的兩種求法,構(gòu)建關(guān)系式解決問題即可;(3)過點F作FQ⊥BC于點Q,過點O作OP⊥AB于P.證明Rt△FOP≌Rt△HOM(HL),推出∠HOM=∠FOP=∠BOR,證明△ROF≌△ROH(SAS),推出RF=RH,設(shè)BR=x,則RF=RH=RB+BH=x+8,RQ=RB+BQ=x+5,在Rt△RFQ中,∠RQF=90°,根據(jù)勾股定理FQ2+R(1)證明:∵AD∴四邊形ABCD是平行四邊形,∵AC平分∠BAD,∴∠BAC=∠DAC,∵AD∥∴∠BCA=∠DAC,∴∠BCA=∠BAC,∴AB=CB,∴四邊形ABCD是菱形;(2)解:∵?ABCD是菱形,∴AC⊥BD,OC=12AC=∴∠BOC=90°,在Rt△BOC中,根據(jù)勾股定理BC=∵S∴5AN=1∴AN=24(3)解:∵AB=CB,AC=BC,∴AB=CB=AC,∴△ABC是等邊三角形,∴∠ABC=60°,過點F作FQ⊥BC于點Q,∴∠FQB=90°,∴∠BFQ=30°,∴BQ=1在Rt△FBQ中,根據(jù)勾股定理FQ=B過點O作OP⊥AB于P.∵四邊形ABCD是菱形,∴∠ABO=∠CBO=30°,∴∠BOP=∠BOM=60°,∵OP⊥AB,OM⊥BC,∴OP=OM,又∵OF=OH,∴Rt△FOP≌Rt△HOM(HL∴∠HOM=∠FOP=∠BOR,∴∠BOH+∠BOR=∠BOH+∠HOM=60°,∠FOP+∠POE=∠BOR+POE=60°,即∠ROF=∠ROH,又∵OF=OH,OR為公共邊,∴△ROF≌△ROH(SAS),∴RF=RH,設(shè)BR=x,則RF=RH=RB+BH=x+8,RQ=RB+BQ=x+5,在Rt△RFQ中,∠RQF=90°,根據(jù)勾股定理FQ∴(x+5)解得x=6,∴BR=6.【點睛】本題屬于四邊形綜合題,考查了菱形的判定和性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),勾股定理等知識,解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線,構(gòu)造全等三角形解決問題,學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題.12.(2022·廣東·測試·編輯教研五一模)在矩形ABCD中,AD>CD,O是AC的中點,點P是AO上一點,連接PD,過點P作PE⊥PD交BC于點E,連接DE.(1)如圖(1),點P在AO上運動時∠DEP的大小是否改變?請說明理由.(2)如圖(2),連接PB,若PB⊥AC,DE⊥AC交AC于點H,PB=4,DP=26,求AD【答案】(1)不變,理由見解析(2)2【分析】(1)根據(jù)∠DCE=∠DPE=90°,可知C,D,P,E四點共圓,可得∠DEP=∠ACD;(2)根據(jù)同角的余角相等可得∠DPH=∠ACD,則CD=DP=26,再利用兩個角相等證明△BPC∽△ABC,得PBBA=BCAC(1)解:不變,理由如下:∵四邊形ABCD是矩形,∴∠DCE=90°,∵PE⊥PD,∴∠DPE=90°,∴C,D,P,E四點共圓,∴∠DEP=∠ACD,∴∠DEP的大小不改變.(2)解:∵DE⊥AC,∴∠PHE=∠PHD=90°,∴∠DEP+∠EPH=90°,∵∠DPH+∠EPH=90°,∴∠DEP=∠DPH,∵∠DEP=∠ACD,∴∠DPH=∠ACD,∴CD=DP=26∵BP⊥AC,∴∠BPC=90°=∠ABC,又∵∠BCP=∠ACB,∴△BPC∽△ABC,∴PB設(shè)AD=BC=x,則AC=A∵AB=CD=DP=26∴AC=x∴4解得x=43經(jīng)檢驗,x=43∴AD【點睛】本題是四邊形綜合題,主要考查了矩形的性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì),等腰三角形的判定,證明C,D,P,E四點共圓是解題的關(guān)鍵.13.(2021·吉林·長春市赫行實驗學(xué)校二模)[閱讀理解]在學(xué)習(xí)中,我們學(xué)習(xí)了一個定理:直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半,即:如圖1,在RtΔABC中,∠ACB=90°,若點D是斜邊AB的中點,則CD=1[靈活應(yīng)用]如圖2,ΔABC中,∠BAC=90°,AB=6,AC=8,點D是BC的中點,將ΔABD沿AD翻折得到ΔAED,連接BE(1)根據(jù)題意,則DE的長為.(2)判斷ΔBCE(3)請直接寫出CE的長.【答案】(1)5(2)ΔBCE(3)14【分析】(1)利用勾股定理求出BC,再利用翻折變換的性質(zhì)可得DE=DB=5;(2)結(jié)論:ΔBCE是直角三角形.證明DE=DC=DB(3)設(shè)AD交BE于點T.利用相似三角形的性質(zhì)求出AT,再求出DT,利用三角形中位線定理,可得結(jié)論.(1)在RtΔABC中,∠BAC=90°,AB=6,AC=8,∴BC=A∵D是BC的中點,∴CD=DB=5,由翻折的性質(zhì)可知,DE=DB=5.故答案為:5;(2)結(jié)論:ΔBCE理由:∵CD=DB,DE=DB,∴DE=DC=DB,∴∠CEB=90°,∴Δ(3)設(shè)AD交BE于點T.由翻折的性質(zhì)可知,AE=AB,DE=DB,∴AD垂直平分線段BE,∴ET=BT,∠ATB=90°,∵CD=DB,∠CAB=90°,∴DA=DB=DC=5,∴∠BAT=∠ABC,∵∠ATB=∠BAC=90°,∴Δ∴ATAB∴AT6∴AT=18∴DT=AD?AT=5?18∵ET=BT,CD=DB,∴EC=2DT=14故答案為:145【點睛】本題屬于三角形綜合題,考查了直角三角形斜邊中線的性質(zhì),翻折變換,三角形中位線定理,相似三角形的判定和性質(zhì)等知識,解題的關(guān)鍵是學(xué)會正確尋找相似三角形解決問題,屬于中考常考題型.14.(2022·廣東·東莞市光明中學(xué)三模)△ABC中,∠BAC=60°,AB=AC,點D為直線BC上一動點(點D不與B,C重合),以AD為邊在AD右側(cè)作菱形ADEF,使∠DAF=60°,連接CF.(1)觀察猜想:如圖1,當(dāng)點D在線段BC上時,①AB與CF②BC,CD,CF(2)數(shù)學(xué)思考:如圖2,當(dāng)點D在線段CB的延長線上時,結(jié)論①,②是否仍然成立?若成立,請給予證明;若不成立,請你寫出正確結(jié)論再給予證明.(3)拓展延伸:如圖3,當(dāng)點D在線段BC的延長線上時,設(shè)AD與CF相交于點G,若已知AB=4,CD=12AB【答案】(1)①AB∥CF;②CF+CD=BC(2)①成立,證明見解析;②不成立,證明見解析(3)AG=【分析】1①根據(jù)菱形的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì),推出△DAB≌△FAC,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論;②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CF=BD,再根據(jù)BD+CD=BC,即可得出CF+CD=BC2依據(jù)△ABD≌△ACF,即可得到∠ACF+∠BAC=180°,進(jìn)而得到AB//CF;依據(jù)△ABD≌△ACF可得BD=CF,依據(jù)CD?BD=BC,即可得出CD?CF=BC;3判定△ABD≌△ACF,即可得到CF=BD=BC+CD=6,∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF,再根據(jù)△AGC∽△FGD,即可得到AGFG=CG(1)解:①∵∠BAC=60°,AB=AC∴△ABC是等邊三角形,∴∠BAC=60°=∠DAF,∴∠BAD=∠CAF,又∵菱形ADEF中,AD=AF,∴△ABD≌△ACF,∴∠ACF=∠ABD=60°,又∵∠ACB=60°,∴∠ABC+∠BCF=180°,∴AB∥CF;②∵△ABD≌∴BD=CF,又∵BD+CD=BC,∴CF+CD=BC,故答案為:①AB∥CF;②(2)結(jié)論①成立,而結(jié)論②不成立.證明:如圖2,∵∠BAC=60°,AB=AC,∴△ABC是等邊三角形,∴∠BAC=60°=∠DAF,∠ABD=120°,∴∠BAD=∠CAF,又∵菱形ADEF中,AD=AF,∴△ABD≌△ACF,∴∠ACF=∠ABD=120°,又∵∠CAB=60°,∴∠ACF+∠BAC=180°,∴AB//CF;∵△ABD≌△ACF∴BD=CF,又∵CD?BD=BC,∴CD?CF=BC;(3)解:如圖3,連接DF,過A作AH⊥BD于H,則AH=23,DH=2+2=4∴Rt△ADH中,AD=27∵AF=AD,∠DAF=60°,∴△ADF是等邊三角形,又∵∠BAC=60°,AB=AC,∴∠BAD=∠CAF,∴△ABD≌△ACF,∴CF=BD=BC+CD=6,∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF,又∵∠AGC=∠FGD,∴△AGC∽△FGD,∴AG∴可設(shè)AG=4x,則FG=27x,CG=6?27∴6?2解得x=7∴AG=4【點睛】此題屬于四邊形綜合題,主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì),菱形的性質(zhì),等邊三角形的判定和性質(zhì),相似三角形的判定和性質(zhì)的綜合運用,利用已知條件判定△DAB≌△FAC和△AGC∽△FGD是解本題的關(guān)鍵.15.(2022·福建省福州屏東中學(xué)三模)如圖,拋物線y=ax2?4ax+2(a<0)與y軸交于點A,對稱軸交x軸于點B,點F是拋物線在第一象限內(nèi)的一個動點,F(xiàn)C⊥AB交y軸于點C,交x軸于點D,EF⊥x軸于點E,點M是拋物線的頂點,已知在點F的運動過程中,F(xiàn)D(1)求點B的坐標(biāo)與a的值;(2)當(dāng)點D恰好是OB的中點時,求點E的坐標(biāo);(3)連結(jié)AM,作點E關(guān)于直線DF的對稱點P,當(dāng)點P落在線段AM上時,則點E的坐標(biāo)為______.(直接寫出答案)【答案】(1)B(2,0),a=?1(2)E(1+7(3)E(3+17【分析】(1)求出拋物線對稱軸為x=2,可得點B的坐標(biāo)為(2,0),由題意可證明△DEF是等腰直角三角形,可得EF的最大值為4,即MB=4,將拋物線解析式化成頂點式,進(jìn)而得出2?4a=4,即可求出a的值;(2)求出直線CD的表達(dá)式,再與拋物線解析式聯(lián)立,求出交點橫坐標(biāo)即可得出點E的坐標(biāo);(3)設(shè)點F(x,?12x2+2x+2),則點E(x,0),證明四邊形FPDE是正方形,可得點P的坐標(biāo)為(12x2?x?2,?(1)解:拋物線y=ax2?4ax+2(a<0)與y軸交于點A,對稱軸交x∵當(dāng)x=0時,y=2,∴A(0,2),∵對稱軸為x=??4a2a∴點B的坐標(biāo)為(2,0),∴OA=OB=2,∵∠AOB=90°,∴∠ABO=45°,∵FC⊥AB交y軸于點C,交x軸于點D,EF⊥x軸于點E,∴∠FDE=∠DFE=45°,∴DF=2EF,∵FD的最大值是42∴EF的最大值為4,∴MB=4,∵y=ax∴2?4a=4,∴a=?1(2)∵點D恰好是OB的中點,∴D(1,0),∵∠CDO=∠FDE=45°,∴OC=OD=1,∴點C的坐標(biāo)為(0,?1),設(shè)直線CD的表達(dá)式為y=kx+b(k≠0),代入C(0,?1),D(1,0)得:b=?1k+b=0解得:k=1b=?1∴直線CD的表達(dá)式為:y=x?1,由(1)知拋物線解析式為y=?1聯(lián)立y=x?1y=?解得:x1=1+7∴點E的坐標(biāo)為(1+7(3):設(shè)點F(x,?12x2+2x+2∵EF=ED,∴點D的橫坐標(biāo)為:x?(?12x如圖,點E與點P關(guān)于直線DF對稱,連接DP、FP、PE,∴DF垂直平分PE,∴FP=FE,DP=DE,∵EF=ED,∴FP=FE=DP=DE,∴四邊形FPDE是菱形,又∵∠FED=90°,∴菱形FPDE是正方形,∴點P的坐標(biāo)為(12x2∵A(0,2),M(2,4),設(shè)直線AM的表達(dá)式為y=mx+n,代入A(0,2),M(2,4),得n=22m+n=4解得:m=1n=2∴直線AM的表達(dá)式為y=x+2,當(dāng)點P落在線段AM上時,有12解得:x=3+172或x=∴點E的坐標(biāo)為(3+17故答案為:(3+17【點睛】本題考查了待定系數(shù)法的應(yīng)用,二次函數(shù)的圖象和性質(zhì),一次函數(shù)的圖象和性質(zhì),等腰直角三角形的性質(zhì),直線與拋物線的交點,軸對稱的性質(zhì),正方形的判定和性質(zhì),解一元二次方程等知識,解題的關(guān)鍵是證出△DEF是等腰直角三角形.16.(2022·廣東·深圳市龍華區(qū)丹堤實驗學(xué)校模擬預(yù)測)【操作與發(fā)現(xiàn)】如圖①,在正方形ABCD中,點N,M分別在邊BC、CD上.連接AM、AN、MN.∠MAN=45°,將△AMD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°,點D與點B重合,得到△ABE.易證:△ANM≌△ANE,從而可得:DM+BN=MN.(1)【實踐探究】在圖①條件下,若CN=6,CM=8,則正方形ABCD的邊長是______.(2)如圖②,在正方形ABCD中,點M、N分別在邊DC、BC上,連接AM、AN、MN,∠MAN=45°,若tan∠BAN=13,求證:M是(3)【拓展】如圖③,在矩形ABCD中,AB=12,AD=16,點M、N分別在邊DC、BC上,連接AM、AN,已知∠MAN=45°,BN=4,則DM的長是______.【答案】(1)12(2)見解析(3)8【分析】(1)利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結(jié)合SAS可以證明△ANM≌△ANE,從而得到DM+BN=MN,設(shè)正方形ABCD的邊長為x,則BN=x﹣6,DM=x﹣8,利用勾股定理求得MN=10,從而列得方程求解即可求出正方形邊長.(2)根據(jù)設(shè)BN=m,DM=n,則MN=m+n,利用tan∠BAN=13,可得正方形邊長為3m,從而得到CM=3m-n,CN=2m,根據(jù)勾股定理得到:CM2+CN2=MN2,代入可得關(guān)于m,n得方程,繼而得到3m=2n,最后代入CM=3m-(3)延長AB至P,使BP=BN=4,過P作BC的平行線交DC的延長線于Q,延長AN交PQ于E,連接EM,將圖③補充成邊長為16的正方形,從而得到與前兩問的圖形,利用PQ∥BC可得△ABN∽△APE,繼而求出(1)解:∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=CD=AD,∠BAD=∠C=∠D=90°,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得:△ABE≌△ADM,∴BE=DM,∠ABE=∠D=90°,AE=AM,∠BAE=∠DAM,∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°,即∠EAM=90°,∵∠MAN=45°,∴∠EAN=90°﹣45°=45°,∴∠MAN=∠EAN,在△AMN和△AEN中,AM=AE∠MAN=∠EAN∴△AMN≌△AEN(SAS),∴MN=EN,∵EN=BE+BN=DM+BN,∴MN=BN+DM,在Rt△CMN中,由勾股定理得:C∴MN=C則BN+DM=10,設(shè)正方形ABCD的邊長為x,則BN=BC﹣CN=x﹣6,DM=CD﹣CM=x﹣8,∴x﹣6+x﹣8=10,解得:x=12,即正方形ABCD的邊長是12;故答案為:12;(2)證明:設(shè)BN=m,DM=n,由(1)可知,MN=BN+DM=m+n,∵∠B=90°,tan∠BAN=1∴tan∠BAN=BN∴AB=3BN=3m,∴CN=BC﹣BN=2m,CM=CD﹣DM=3m﹣n,在Rt△CMN中,由勾股定理得:C∴(2m整理得:3m=2n,∴CM=2n﹣n=n,∴DM=CM,即M是CD的中點;(3)解:延長AB至P,使BP=BN=4,過P作BC的平行線交DC的延長線于Q,延長AN交PQ于E,連接EM,如圖③所示:則四邊形APQD是正方形,∴PQ=DQ=AP=AB+BP=12+4=16,設(shè)DM=a,則MQ=16﹣a,∵PQ∥BC,∴△ABN∽△APE,∴BNPE∴PE=43BN∴EQ=PQ﹣PE=16?16由(1)得:EM=PE+DM=163在Rt△QEM中,由勾股定理得:E(32解得:a=8,即DM的長是8;故答案為:8.【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì),利用勾股定理解直角三角形等知識,靈活運用前兩問中結(jié)論DM+BN=MN,已知直角三角形CMN中勾股定理結(jié)論CM17.(2022·遼寧阜新·中考真題)已知,四邊形ABCD是正方形,△DEF繞點D旋轉(zhuǎn)(DE<AB),∠EDF=90°,DE=DF,連接AE,CF.(1)如圖1,求證:△ADE≌△CDF;(2)直線AE與CF相交于點G.①如圖2,BM⊥AG于點M,BN⊥CF于點N,求證:四邊形BMGN是正方形;②如圖3,連接BG,若AB=4,DE=2,直接寫出在△DEF旋轉(zhuǎn)的過程中,線段BG長度的最小值.【答案】(1)見解析(2)①見解析②2【分析】1根據(jù)SAS證明三角形全等即可;2①②作DH⊥AG交AG于點H,作BM⊥AG于點M,證明△BMG是等腰直角三角形,求出BM的最小值,可得結(jié)論.【詳解】(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形,∴AD=DC,∠ADC=90°.∵DE=DF,∠EDF=90°.∴∠ADC=∠EDF,∴∠ADE=∠CDF,在△ADE和△CDF中,DA=DC∠ADE=∠CDF∴△ADE≌△CDFSAS(2)①證明:如圖2中,設(shè)AG與CD相交于點P.∵∠ADP=90°,∴∠DAP+∠DPA=90°.∵△ADE≌△CDF,∴∠DAE=∠DCF.∵∠DPA=∠GPC,∴∠DAE+∠DPA=∠GPC+∠GCP=90°.∴∠PGN=90°,∵BM⊥AG,BN⊥GN,∴四邊形BMGN是矩形,∴∠MBN=90°.∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=BC,∠ABC=∠MBN=90°.∴∠ABM=∠CBN.又∵∠AMB=∠BNC=90°,∴△AMB≌△CNB.∴MB=NB.∴矩形BMGN是正方形;②解:作DH⊥AG交AG于點H,作BM⊥AG于點M,∵∠DHA=∠AMB=90°,∠ADH=90°?∠DAH=∠BAM,AD=AB∴△AMB≌△DHA.∴BM=AH.∵AH2=A∴DH最大時,AH最小,DH∴BM由2①可知,△BGM∴BG【點睛】本題屬于四邊形綜合題,考查了正方形的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),等腰直角三角形的判定和性質(zhì),勾股定理等知識,解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題,屬于中考壓軸題.18.(2022·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題)已知,點E、F、G、H分別在正方形ABCD的邊AB、BC、CD、AD上.(1)如圖1,當(dāng)四邊形EFGH是正方形時,求證:AE+AH=AB;(2)如圖2,已知AE=AH,CF=CG,當(dāng)AE、CF的大小有_________關(guān)系時,四邊形EFGH是矩形;(3)如圖3,AE=DG,EG、FH相交于點O,OE:OF=4:5,已知正方形ABCD的邊長為16,F(xiàn)H長為20,當(dāng)△OEH的面積取最大值時,判斷四邊形EFGH是怎樣的四邊形?證明你的結(jié)論.【答案】(1)見解析(2)AE=CF(3)平行四邊形,證明見解析【分析】(1)利用平行四邊形的性質(zhì)證得∠BEF=∠AHE,根據(jù)角角邊證明△AEH≌△BFE.(2)當(dāng)AE=CF,證得△AEH≌△FCG,△EBF是等腰直角三角形,∠HEF=∠EFG=90°,即可證得四邊形EFGH是矩形.(3)利用正方形的性質(zhì)證得AEGD為平行四邊形,過點H作HM⊥BC,垂足為點M,交EG于點N,由平行線分線段成比例,設(shè)OE=4x,OF=5x,HN=?,則可表示出HN,從而把△OEH的面積用x的代數(shù)式表示出來,根據(jù)二次函數(shù)求出最大值,則可得OE=OG,OF=OH,即可證得平行四邊形.(1)∵四邊形ABCD為正方形,∴∠A=∠B=90°,∴∠AEH+∠AHE=90°.∵四邊形EFGH為正方形,∴EH=EF,∠HEF=90°,∴∠AEH+∠BEF=90°,∴∠BEF=∠AHE.在△AEH和△BFE中,∵∠A=∠B=90°,∠AHE=∠BEF,EH=FE,∴△AEH≌△BFE.∴AH=BE.∴AE+AH=AE+BE=AB;(2)AE=CF;證明如下:∵四邊形ABCD為正方形,∴∠A=∠B=90°,AB=BC=AD=CD,∵AE=AH,CF=CG,AE=CF,∴AH=CG,∴△AEH≌△FCG,∴EH=FG.∵AE=CF,∴AB-AE=BC-CF,即BE=BF,∴△EBF是等腰直角三角形,∴∠BEF=∠BFE=45°,∵AE=AH,CF=CG,∴∠AEH=∠CFG=45°,∴∠HEF=∠EFG=90°,∴EH∥FG,∴四邊形EFGH是矩形.(3)∵四邊形ABCD為正方形,∴AB∥∵AE=DG,AE∥∴四邊形AEGD為平行四邊形.∴AD∥∴EG∥過點H作HM⊥BC,垂足為點M,交EG于點N,∴HNHM∵OE:OF=4:5,設(shè)OE
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