一、选择题（10×3=30分）
1.（湖北荆门·3分）如图，在矩形ABCD中（AD＞AB），点E是BC上一点，且DE=DA，AF⊥DE，垂足为点F，在下列结论中，不一定正确的是（）
A．△AFD≌△DCE
B．AF=AD
C．AB=AF
D．BE=AD﹣DF
【分析】先根据已知条件判定判定△AFD≌△DCE（AAS），再根据矩形的对边相等，以及全等三角形的对应边相等进行判断即可．
（C）由△AFD≌△DCE，可得AF=CD，由矩形ABCD，可得AB=CD，∴AB=AF，故（C）正确；
（D）由△AFD≌△DCE，可得CE=DF，由矩形ABCD，可得BC=AD，又∵BE=BC﹣EC，∴BE=AD﹣DF，故（D）正确；
故选（B）
2.（2016·山东省滨州市·3分）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，且OC∥BD，AD分别与BC，OC相交于点E，F，则下列结论：
①AD⊥BD；②∠AOC=∠AEC；③CB平分∠ABD；④AF=DF；⑤BD=2OF；⑥△CEF≌△BED，其中一定成立的是（）
A．②④⑤⑥
B．①③⑤⑥
C．②③④⑥
D．①③④⑤
【解答】解：①、∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BD，②、∵∠AOC是⊙O的圆心角，∠AEC是⊙O的圆内部的角角，∴∠AOC≠∠AEC，③、∵OC∥BD，∴∠OCB=∠DBC，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠OBC=∠DBC，∴CB平分∠ABD，④、∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BD，∵OC∥BD，∴∠AFO=90°，∵点O为圆心，∴AF=DF，故选D。学科*网
3.（2017山东泰安）如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，ME⊥AM，ME交AD的延长线于点E．若AB=12，BM=5，则DE的长为（）
A．18
B．
C．
D．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KQ：勾股定理；LE：正方形的性质．
【分析】先根据题意得出△ABM∽△MCG，故可得出CG的长，再求出DG的长，根据△MCG∽△EDG即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=12，BM=5，∴MC=12﹣5=7．
∵ME⊥AM，∴∠AME=90°，∴∠AMB+∠CMG=90°．
∵∠AMB+∠BAM=90°，∴∠BAM=∠CMG，∠B=∠C=90°，∴△ABM∽△MCG，∴=，即=，解得CG=，∴DG=12﹣=．
∵AE∥BC，∴∠E=CMG，∠EDG=∠C，∴△MCG∽△EDG，∴=，即=，解得DE=．
故选B．
4.（2017四川南充）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2=2a2+b2，其中正确结论是
（）.A．①②③
B．①③
C．②③
D．①②
【解答】解：设BE，DG交于O，∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCE+∠DCE=∠ECG+∠DCE=90°+∠DCE，即∠BCE=∠DCG，在△BCE和△DCG中，5.（2017广西）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A＇B＇C，M是BC的中点，P是A＇B＇的中点，连接PM．若BC=2，∠BAC=30°，则线段PM的最大值是（）
A．4
B．3
C．2
D．1
【分析】如图连接PC．思想求出PC=2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题．
【解答】解：如图连接PC．
在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=2，∴AB=4，根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，∴A′P=PB′，∴PC=A′B′=2，∵CM=BM=1，又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
故选B．
6.（2017湖北随州）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，E为CD边的中点，将△ADE绕点E顺时针旋转180°，点D的对应点为C，点A的对应点为F，过点E作ME⊥AF交BC于点M，连接AM、BD交于点N，现有下列结论：
①AM=AD+MC；②AM=DE+BM；③DE2=AD•CM；④点N为△ABM的外心．其中正确的个数为（）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LB：矩形的性质；MA：三角形的外接圆与外心；R2：旋转的性质．
【解答】解：∵E为CD边的中点，∴DE=CE，又∵∠D=∠ECF=90°，∠AED=∠FEC，∴△ADE≌△FCE，∴AD=CF，AE=FE，又∵ME⊥AF，又∵AB＜BC，∴AM=DE+BM不成立，故②错误；
∵ME⊥FF，EC⊥MF，∴EC2=CM×CF，又∵EC=DE，AD=CF，∴DE2=AD•CM，故③正确；
∵∠ABM=90°，∴AM是△ABM的外接圆的直径，∵BM＜AD，∴当BM∥AD时，=＜1，∴N不是AM的中点，∴点N不是△ABM的外心，故④错误．
综上所述，正确的结论有2个，故选：B．
7.（2017贵州）如图，正方形ABCD中，E为AB中点，FE⊥AB，AF=2AE，FC交BD于O，则∠DOC的度数为（）
A．60°
B．67.5°
C．75°
D．54°
【分析】如图，连接DF、BF．如图，连接DF、BF．首先证明∠FDB=∠FAB=30°，再证明△FAD≌△FBC，推出∠ADF=∠FCB=15°，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DF、BF．
∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，∠ADB=∠DBC=45°，∴∠FAD=∠FBC，∴△FAD≌△FBC，∴∠ADF=∠FCB=15°，∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=60°．
故选A．学科*网
8.（2018·湖北省孝感·3分）如图，△ABC是等边三角形，△ABD是等腰直角三角形，∠BAD=90°，AE⊥BD于点E，连CD分别交AE，AB于点F，G，过点A作AH⊥CD交BD于点H．则下列结论：①∠ADC=15°；②AF=AG；③AH=DF；④△AFG∽△CBG；⑤AF=（﹣1）EF．其中正确结论的个数为（）
A．5
B．4
C．3
D．2
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，∴∠BAC=60°、∠BAD=90°、AC=AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°，∴△CAD是等腰三角形，且顶角∠CAD=150°，∴∠ADC=15°，故①正确；
∵AE⊥BD，即∠AED=90°，∴∠DAE=45°，∴∠AFG=∠ADC+∠DAE=60°，∠FAG=45°，∴∠AGF=75°，由∠AFG≠∠AGF知AF≠AG，故②错误；
记AH与CD的交点为P，由AH⊥CD且∠AFG=60°知∠FAP=30°，则∠BAH=∠ADC=15°，在△ADF和△BAH中，∵，∴△ADF≌△BAH（ASA），∴DF=AH，故③正确；
∵∠AFG=∠CBG=60°，∠AGF=∠CGB，∴△AFG∽△CBG，故④正确；
9.（2017齐齐哈尔）如图，在等腰三角形纸片ABC中，AB=AC=10，BC=12，沿底边BC上的高AD剪成两个三角形，用这两个三角形拼成平行四边形，则这个平行四边形较长的对角线的长是（）．【出处：21教育名师】
A．10cm，4cm，2cm
B．20cm，2cm，4cm
C．10cm，2cm，4cm
D．10cm，4cm，4cm
【考点】PC：图形的剪拼．
【分析】利用等腰三角形的性质，进而重新组合得出平行四边形，进而利用勾股定理求出对角线的长．
【解答】解：如图：，则EC=8cm，BE=2BD=12cm，则BC=4cm，如图③所示：BD=6cm，由题意可得：AE=6cm，EC=2BE=16cm，故AC==2cm，故答案为：10cm，2cm，4cm．故选C
10.（2016·四川攀枝花）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连结GF，给出下列结论：①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若S△OGF=1，则正方形ABCD的面积是6+4，其中正确的结论个数为（）
A．2
B．3
C．4
D．5
【考点】四边形综合题．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠GAD=∠ADO=45°，由折叠的性质可得：∠ADG=∠ADO=22.5°，故①正确．
∵由折叠的性质可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°，∴AE=EF＜BE，∴AE＜AB，∴＞2，故②错误．
∵∠AOB=90°，∵AE=EF=GF，AG=GF，∴AE=EF=GF=AG，∴四边形AEFG是菱形，∴∠OGF=∠OAB=45°，∴EF=GF=OG，∴BE=EF=×OG=2OG．
故⑤正确．
∵四边形AEFG是菱形，∴AB∥GF，AB=GF．
∵∠BAO=45°，∠GOF=90°，∴△OGF时等腰直角三角形．
∵S△OGF=1，∴OG2=1，解得OG=，∴BE=2OG=2，GF===2，∴AE=GF=2，∴AB=BE+AE=2+2，∴S正方形ABCD=AB2=（2+2）2=12+8，故⑥错误．
∴其中正确结论的序号是：①④⑤．
故选B．
二、填空题（6×4=24分）.11.（2018·辽宁省盘锦市）如图①，在矩形ABCD中，动点P从A出发，以相同的速度，沿A→B→C→D→A方向运动到点A处停止．设点P运动的路程为x，△PAB面积为y，如果y与x的函数图象如图②所示，则矩形ABCD的面积为 24 ．
【解答】解：从图象②和已知可知：AB=4，BC=10﹣4=6，所以矩形ABCD的面积是4×6=24．
故答案为：24．
12.（2018·湖北咸宁·3分）如图，已知∠MON=120°，点A，B分别在OM，ON上，且OA=OB=a，将射线OM绕点O逆时针旋转得到OM′，旋转角为α（0°＜α＜120°且α≠60°），作点A关于直线OM′的对称点C，画直线BC交OM′于点D，连接AC，AD，有下列结论：
①AD=CD；
②∠ACD的大小随着α的变化而变化；
③当α=30°时，四边形OADC为菱形；
④△ACD面积的最大值为a2；
其中正确的是_____．（把你认为正确结论的序号都填上）．
【答案】①③④
④先证明△ACD是等边三角形，当AC最大时，△ACD的面积最大，当AC为直径时最大，根据面积公式计算后可作判断．
③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，∴∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴∠OAC=60°，OC=OA=AC，由①得：CD=AD，∴∠CAD=∠ACD=∠CDA=60°，∴△ACD是等边三角形，∴AC=AD=CD，∴OC=OA=AD=CD，∴四边形OADC为菱形，故③正确；
④∵CD=AD，∠ACD=60°，∴△ACD是等边三角形，当AC最大时，△ACD的面积最大，∵AC是⊙O的弦，即当AC为直径时最大，此时AC=2OA=2a，α=90°，∴△ACD面积的最大值是：AC2=，故④正确，所以本题结论正确的有：①③④，故答案为：①③④．学科*网
13.（2018·浙江宁波·4分）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠B是锐角，AE⊥BC于点E，M是AB的中点，连结MD，ME．若∠EMD=90°，则cosB的值为
.【考点】菱形的性质、勾股定理、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质.【分析】延长DM交CB的延长线于点H．首先证明DE=EH，设BE=x，利用勾股定理构建方程求出x即可解决问题．
【解答】解：延长DM交CB的延长线于点H．
∵AE⊥BC，∴AE⊥AD，∴∠AEB=∠EAD=90°
∵AE2=AB2﹣BE2=DE2﹣AD2，∴22﹣x2=（2+x）2﹣22，∴x=﹣1或﹣﹣1（舍弃），∴cosB==，故答案为．
14.（2018·山东潍坊·3分）如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB＇C′D′的位置，B＇C′与CD相交于点M，则点M的坐标为
．
【分析】连接AM，由旋转性质知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，证Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=∠B′AD=30°，由DM=ADtan∠DAM可得答案．
【解答】解：如图，连接AM，15.（2018·浙江宁波·4分）如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连结PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P．当⊙P与正方形ABCD的边相切时，BP的长为
．
【考点】切线的性质、正方形的性质、勾股定理
【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时；如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形；
【解答】解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时，设PC=PM=m．
∴PM=PK=CD=2BM，∴BM=4，PM=8，在Rt△PBM中，PB==4．
综上所述，BP的长为3或4．
16.（2018·湖北省孝感·3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A的坐标为（﹣l，1），点B在x轴正半轴上，点D在第三象限的双曲线y=上，过点C作CE∥x轴交双曲线于点E，连接BE，则△BCE的面积为
．
【解答】解：过D作GH⊥x轴，过A作AG⊥GH，过B作BM⊥HC于M，设D（x，），∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD=BC，∠ADC=∠DCB=90°，易得△AGD≌△DHC≌△CMB，∴AG=DH=﹣x﹣1，∴DG=BM，∴1﹣=﹣1﹣x﹣，x=﹣2，∴D（﹣2，﹣3），CH=DG=BM=1﹣=4，∵AG=DH=﹣1﹣x=1，∴点E的纵坐标为﹣4，当y=﹣4时，x=﹣，∴E（﹣，﹣4），∴EH=2﹣=，∴CE=CH﹣HE=4﹣=，∴S△CEB=CE•BM=××4=7；
故答案为：7．
三、解答题（共46分）.17.（2018·辽宁省阜新市）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于点D．
（1）如图1，点E，F在AB，AC上，且∠EDF=90°．求证：BE=AF；
（2）点M，N分别在直线AD，AC上，且∠BMN=90°．
①如图2，当点M在AD的延长线上时，求证：AB+AN=AM；
②当点M在点A，D之间，且∠AMN=30°时，已知AB=2，直接写出线段AM的长．
②在Rt△ABD中，AD=BD=AB=．
∵∠BMN=90°，∠AMN=30°，∴∠BMD=90°﹣30°=60°．在Rt△BDM中，DM==，∴AM=AD﹣DM=﹣．学科*网
18.（2018年四川省南充市）如图，C是⊙O上一点，点P在直径AB的延长线上，⊙O的半径为3，PB=2，PC=4．
（1）求证：PC是⊙O的切线．
（2）求tan∠CAB的值．
【考点】ME：切线的判定与性质；M5：圆周角定理；T7：解直角三角形．
【解答】解：（1）如图，连接OC、BC
∵⊙O的半径为3，PB=2
∴OC=OB=3，OP=OB+PB=5
∵PC=4
∴OC2+PC2=OP2
∴△OCP是直角三角形，∴OC⊥PC
∴PC是⊙O的切线．
19.（2018·浙江省台州·12分）如图，在Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D，E分别在AC，BC上，且CD=CE．
（1）如图1，求证：∠CAE=∠CBD；
（2）如图2，F是BD的中点，求证：AE⊥CF；
（3）如图3，F，G分别是BD，AE的中点，若AC=2，CE=1，求△CGF的面积．
【分析】（1）直接判断出△ACE≌△BCD即可得出结论；
（2）先判断出∠BCF=∠CBF，进而得出∠BCF=∠CAE，即可得出结论；
（3）先求出BD=3，进而求出CF=，同理：EG=，再利用等面积法求出ME，进而求出GM，最后用面积公式即可得出结论．
【解答】解：（1）在△ACE和△BCD中，∴△ACE≌△BCD，∴∠CAE=∠CBD；
（3）如图3，∵AC=2，∴BC=AC=2，∵CE=1，∴CD=CE=1，在Rt△BCD中，根据勾股定理得，BD==3，∵点F是BD中点，∴CF=DF=BD=，同理：EG=AE=，连接EF，过点F作FH⊥BC，∵∠ACB=90°，点F是BD的中点，∴FH=CD=，∴S△CEF=CE•FH=×1×=，由（2）知，AE⊥CF，∴S△CEF=CF•ME=×ME=ME，∴ME=，∴ME=，∴GM=EG﹣ME=﹣=，∴S△CFG=CF•GM=××=．
20.（2018·辽宁省沈阳市）（10.00分）如图，在平面直角坐标系中，点F的坐标为（0，10）．点E的坐标为（20，0），直线l1经过点F和点E，直线l1与直线l2、y=x相交于点P．
（1）求直线l1的表达式和点P的坐标；
（2）矩形ABCD的边AB在y轴的正半轴上，点A与点F重合，点B在线段OF上，边AD平行于x
轴，且AB=6，AD=9，将矩形ABCD沿射线FE的方向平移，边AD始终与x
轴平行．已知矩形ABCD以每秒个单位的速度匀速移动（点A移动到点E时止移动），设移动时间为t秒（t＞0）．
①矩形ABCD在移动过程中，B.C.D三点中有且只有一个顶点落在直线l1或l2上，请直接写出此时t的值；
②若矩形ABCD在移动的过程中，直线CD交直线l1于点N，交直线l2于点M．当△PMN的面积等于18时，请直接写出此时t的值．
【解答】解：（1）设直线l1的表达式为y=kx+b
∵直线l1过点F（0，10），E（20，0）
∴
（2）①如图，当点D在直线上l2时
∵AD=9
∴点D与点A的横坐标之差为9
∴将直线l1与直线l2
交解析式变为
x=20﹣2y，x=y
∴y﹣（20﹣2y）=9
解得
y=
则点A的坐标为：（，）
则AF=
∵点A速度为每秒个单位
∴t=
如图，当点B在l2
直线上时
②如图，设直线AB交l2
于点H
设点A横坐标为a，则点D横坐标为a+9
由①中方法可知：MN=
此时点P到MN距离为：
a+9﹣8=a+1
∵△PMN的面积等于18
∴
解得
a1=，a2=﹣（舍去）
∴AF=6﹣
则此时t为
当t=时，△PMN的面积等于18。学科*网
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