2014厦门中考数学解析版

数学试卷 第1页（共40页） 数学试卷 第2页（共40页）绝密★启用前福建省厦门市2014年初中毕业及 高中阶段各类学校招生考试数 学本试卷满分150分,考试时间120分钟.第Ⅰ卷(选择题 共21分)一、选择题(本大题共7小题,每小题3分,共21分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.s in30的值为( ) A .12BCD .1 2.24的算术平方根是( ) A .16B .2C .2-D .2± 3.23x 的平方可以表示为( ) A .9xB .222xx xC .33x xD .222x x x ++ 4.已知直线AB ,CB ,l 在同一平面内,若AB l ⊥,垂足为B ,CB l ⊥,垂足也为B ,则符合题意的图形可以是( )AB C D5.已知命题A ：任何偶数都是8的整数倍.在下列选项中,可以作为“命题A 是假命题”的反例的是( ) A .2kB .15C .24D .426.如图,在ABC △和BDE △中,点C 在边BD 上,边AC 交边BE 于点F ,若AC BD =,AB ED =,BC BE =,则ACB ∠等于( )A .EDB ∠B .BED ∠C .12AFB ∠D .2ABF ∠7.已知某校女子田径队23人年龄的平均数和中位数都是13岁,但是后来发现其中有一位同学的年龄登记错误,将14岁写成15岁.经重新计算后,正确的平均数为a 岁,中位数为b 岁,则下列结论中正确的是( )A .13a ＜,13b =B .13a ＜,13b ＜C .13a ＞,13b ＜D .13a ＞,13b =第Ⅱ卷(非选择题 共129分)二、填空题(本大题共10小题,每小题4分,共40分.请把答案填写在题中的横线上) 8.一个圆形转盘被平均分成红、黄、蓝、白4个扇形区域,向其投掷一枚飞镖,飞镖落在转盘上,则落在黄色区域的概率是 .9.,则x 的取值范围是 .10.四边形的内角和是 .11.在平面直角坐标系中,已知点()0,0O ,()1,3A ,将线段OA 向右平移3个单位,得到线段11O A ,则点1O 的坐标是 ,1A 的坐标是 .12.已知一组数据：6,6,6,6,6,6,则这组数据的方差是 .(注：计算方差的公式是2222121=()()()n s x x x x x x n⎡⎤-+-++-⋅⋅⎣⋅⎦)13.方程15(3)2x x +=+的解是 .14.如图,在等腰梯形ABCD 中,AD BC ∥,若2AD =,8BC =,梯形的高是3,则B ∠的度数是 .15.设219918a =⨯,2288830b =﹣,221053747c =﹣,则数a ,b ,c 按从小到大的顺序排列,结果是 ＜ ＜ .16.某工厂一台机器的工作效率相当于一个工人工作效率的12倍,用这台机器生产60个零件比8个工人生产这些零件少用2小时,则这台机器每小时生产 个零件. 17.如图,正六边形ABCDEF的边长为,延长BA ,EF 交于点O .以O 为原点,以边AB 所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系,则直线DF 与直线AE 的交点坐标是( , ).毕业学校_____________ 姓名________________ 考生号________________ ________________ _____________-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------数学试卷 第3页（共40页） 数学试卷 第4页（共40页）三、解答题(本大题共9小题,共89分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.(本小题满分21分)(1)计算：0()(3)(()182----⨯+.(2)在平面直角坐标系中,已知点(3,1)A -,(1,0)B -,(2,1)C --,请在图中画出ABC △,并画出与ABC △关于y 轴对称的图形.(3)甲口袋中装有3个小球,分别标有号码1,2,3；乙口袋中装有2个小球,分别标有号码1,2；这些球除数字外完全相同,从甲、乙两口袋中分别随机地摸出一个小球,求这两个小球的号码都是1的概率.19.(本小题满分18分)(1)如图,在ABC △中,点D ,E 分别在边AB ,AC 上,若DE BC ∥,2DE =,3BC =,求AEAC的值.(2)先化简下式,再求值：22(37)(572)x x x x ++-+--,其中1x =.(3)解方程组24,215.x y y x +=⎧⎨+=⎩①②20.(本小题满分6分)如图,在四边形ABCD 中,AD BC ∥,AM BC ⊥,垂足为M ,AN DC ⊥,垂足为N ,若BAD BCD ∠=∠,AM AN =,求证：四边形ABCD 是菱形.21.(本小题满分6分)已知11(,)A x y ,22(,)B x y 是反比例函数ky x=图象上的两点,且122--=x x ,123x x =,1243y y =--,当31x -＜＜-时,求y 的取值范围.22.(本小题满分6分) A ,B ,C ,D 四支足球队分在同一小组进行单循环足球比赛,争夺出线权,比赛规则规定：胜一场得3分,平一场得1分,负一场得0分,小组中积分最高的两个队(有且只有两个队)出线.小组赛结束后,如果A 队没有全胜,那么A 队的积分至少要几分才能保证一定出线？请说明理由.数学试卷 第5页（共40页） 数学试卷 第6页（共40页）(注：单循环比赛就是小组内的每一个队都要和其他队赛一场)23.(本小题满分6分)已知锐角三角形ABC ,点D 在BC 的延长线上,连接AD ,若90DAB ∠=,2ACB ∠=D ∠,2AD =,32AC =,根据题意画出示意图,并求tan D 的值.24.(本小题满分6分)当m ,n 是正实数,且满足m n mn +=时,就称点,()mP m n为“完美点”,已知点()0,5A 与点M 都在直线y x b =+-上,点B ,C 是“完美点”,且点B 在线段AM 上,若MC =,AM =求MBC △的面积.25.(本小题满分10分)已知A ,B ,C ,D 是O 上的四个点.(1)如图1,若90ADC BCD ∠=∠=,AD CD =,求证：AC BD ⊥； (2)如图2,若AC BD ⊥,垂足为E ,2AB =,4DC =,求O 的半径.26.(本小题满分14分)如图,已知0c ＜,抛物线2y x bx c =++与x 轴交于1(,0)A x ,2(,0)B x 两点21()x x ＞,与y 轴交于点C .(1)若21x =,BC ,求函数2y x bx c =++的最小值；(2)过点A 作AP BC ⊥,垂足为P (点P 在线段BC 上),AP 交y 轴于点M .若2OAOM=,求抛物线2y x bx c =++顶点的纵坐标随横坐标变化的函数解析式,并直接写出自变量的取值范围.-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------毕业学校_____________ 姓名________________ 考生号________________ ________________ _____________数学试卷 第7页（共40页）数学试卷 第8页（共40页）福建省厦门市2014年初中毕业及高中阶段各类学校招生考试数学答案解析第Ⅰ卷(选择题 共21分)一、选择题 1.【答案】A 【解析】1sin302︒=，故选A. 【考点】特殊角的三角函数值. 2．【答案】B【解析】4的算术平方根为2，故选B. 【考点】算术平方根的概念. 3．【答案】D【解析】23x 表示3个2x 相加，故选D. 【考点】整式的运算. 4．【答案】C【解析】由题意可知AB l ⊥，CB l ⊥，垂足都为B ，故选C. 【考点】图形的判断. 5．【答案】D【解析】42是偶数，但不是8的整数倍，故选D. 【考点】命题的判断. 6．【答案】C【解析】在ABC △和BDE △中，AC DB =，AB DE =，BC EB =，ABC DEB ∴≅△△，ACB DBE ∠=∠，又AFB ∠Q 是BCF △的外角，12ACB AFB ∴∠=∠，故选C.【考点】三角形全等，三角形的外角. 7.【答案】A【解析】由于计算时，将14岁写成了15岁，故重新计算的平均数a 应小于原来计算的平均数，而中位数仍是13，故选A. 【考点】中位数，平均数.5 / 20第Ⅱ卷(非选择题 共129分)二、填空题8.【答案】14【解析】圆盘平均分成红、黄、蓝、白四个扇形区域，所以投掷飞镖落在黄色区域的概率是14. 【考点】概率的计算. 9.【答案】1x ≥【解析】二次根式的被开方数为非负数，即10x -≥，1x ∴≥. 【考点】二次根式的实际意义. 10.【答案】360︒【解析】多边形的内角和公式为(2)180n -⨯︒，故四边形的内角和等于360︒. 【考点】四边形的内角和. 11.【答案】(3,0)，(4,3)【解析】将线段OA 向右平移3个单位，即将线段上的点的横坐标加3，纵坐标不变，Q 点(0,0)O ，点(1,3)A ，∴点1(3,0)O ，点1(4,3)A .【考点】线段的平移，点的坐标. 12.【答案】0【解析】数据6，6，6，6，6，6的平均数为6，故22261[(66)(66)...(66)]06S =-+-++-=.【考点】方差的计算. 13.【答案】7-【解析】等式两边同时乘以2并去括兮得2103x x +=+，移项得2310x x -=-，合并同类项得7x =-. 【考点】解一元一次方程. 14.【答案】45︒【解析】过点A 作AE BC ⊥于点E ，2AD =Q ，8BC =，3BE ∴=，Q 梯形的高3AE =，45B ∴∠=︒. 【考点】等腰梯形和直角三角形的性质.数学试卷 第11页（共40页）数学试卷 第12页（共40页）15.【答案】a c b ＜＜ 【解析】219918361918a =⨯=⨯，2288830(88830)(88830)918858b =-=+⨯-=⨯，221053747(1053747)(1053747)1800306600918c =-=+⨯-=⨯=⨯.a c b ∴＜＜.【考点】有理数大小的比较，平方差公式. 16.【答案】15【解析】设工人每人每小时生产x 个零件，则这台机器每小时生产12x 个零件，根据题意，得60602128x x=-，解得54x =，经检验54x =是方程的解，1215x ∴=.即这台机器每小时生产15个零件. 【考点】分式方程的实际应用.【提示】正确分析题意，列出分式方程，注意分式方程要检验. 17.【答案】【解析】Q正六边形的边长为，OA OF ∴==A，点D，点，点)F .∴直线DF的解析式为2y +，直线AE的解析式为x =x =时，4y =，∴直线DF 与直线AE的交点坐标为. 【考点】正六边形的性质与一次函数的交点坐标. 三、解答题18.【答案】（1）2-. （2）见解析.（3）16.【解析】（1）0(1)(3)((82)-⨯-+--316=+-（6分） 2=-（7分） （2）正确画出ABC △；（11分）7 / 20正确画出ABC △关于y 轴对称的图形.（14分） （3）1(1)6P =两个球的号码都是.（21分）【考点】实数的运算，画轴对称图形，概率的计算.19．【答案】（1）23.（2）3-.（3）12x y =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）DE BC ∥Q ，ADE ABC ∴△△:.（3分）DE AEBC AC∴=. （5分） 2DE =Q ，3BC =，23AE AC ∴=.（6分）（2）解法一：22(37)(572)x x x x -+-+-+2237572x x x x =-+-+-+224x x =--.（10分）当1x =时，原式21)1)4=--（11分）2124=+--数学试卷 第15页（共40页）数学试卷 第16页（共40页）3=- （12分）解法二：22(37)(572)x x x x -+-+-+2237572x x x x =-+-+-+224x x =--.（10分）2224(1)5x x x --=--Q ，当1x =时，原式211)5=-- （11分）3=-.（12分） （3）解法一：由①得24y x =-+， （15分） 代入②中解得1x =，2y =.（17分） 1,2.x y =⎧∴⎨=⎩（18分）解法二：整理得24,52 1.x y x y +=⎧⎨-=⎩①② （15分）2+⨯①②，解得1x =，2y =. （17分）1,2.x y =⎧∴⎨=⎩（18分）20.【答案】见解析.【解析】证法一：AD BC ∥Q ，180BAD B ∴∠+∠=︒.（1分）BAD BCD ∠=∠Q ，180BCD B ∴∠+∠=︒. （2分）AB DC ∴∥.∴四边形ABCD 是平行四边形.（3分）B D ∴∠=∠.9 / 20AM AN =Q ，AM BC ⊥，AN DC ⊥，Rt Rt ABM ADN ∴≅△△.（4分） AB AD ∴=.（5分） ∴平行四边形ABCD 是菱形.（6分）证法二：连接BD ，AD BC ∥Q ，ADB DBC ∴∠=∠. （1分） BAD BCD ∠=∠Q ，BD BD =.（2分）AD BC ∴=.∴四边形ABCD 是平行四边形.（3分）ABC ADC ∴∠=∠.AM AN =Q ，AM BC ⊥，AN DC ⊥，Rt Rt ABM ADN ∴≅△△.（4分） AB AD ∴=.（5分） ∴平行四边形ABCD 是菱形.（6分）证法三：连接AC ，AM AN =Q ，AC AC =，AM BC ⊥，AN DC ⊥，Rt Rt ACM ACN ∴≅△△.（1分）ACB ACD ∴∠=∠.AD BC ∴∥，ACB CAD ∴∠=∠， ACD CAD ∴∠=∠. DC AD ∴=.（2分）数学试卷 第19页（共40页）数学试卷 第20页（共40页）BAD BCD ∠=∠Q ，BAC ACD ∴∠=∠. （3分） AB DC ∴∥.（4分） ∴四边形ABCD 是平行四边形. （5分） ∴平行四边形ABCD 是菱形.（6分）【考点】三角形全等，菱形的判定.21.【答案】223y ＜＜【解析】解法一：1212k k y y x x -=- （2分）2112kx kx x x -=g2112()k x x x x -=g .（3分）122x x -=-Q ，123x x =g ，1243y y -=-，4233k∴-=，解得2k =-.（4分）2y x∴=-.∴当31x --＜＜时，223y ＜＜.（6分）解法二：依题意得12122,3,x x x x -=-⎧⎨=⎩g（1分）解得121,3.x x =⎧⎨=⎩或123,1.x x =-⎧⎨=-⎩（2分）当121,3.x x =⎧⎨=⎩时，12233k k y y k -=-=，（3分）1243y y -=-Q ，2k ∴=-.当123,1.x x =-⎧⎨=-⎩时，12233k k y y k -=-+=Q ，1243y y -=-Q ，2k ∴=-，2k ∴=-.（4分）2 yx ∴=-.∴当31x--＜＜时，223y＜＜. （6分）22.【答案】至少7分才能保证一定出线.【解析】解法一：至少要7分才能保证一定出线. （2分）依题意得，每队赛3场，本组比赛的场数共6场.若A队两胜一平，积7分. （3分）因为输给A队的有2支球队，这2支球队的积分一定小于7分，所以最多只有与A队打平的那支球队的积分等于7分，所以积7分保证一定出线. （4分）若A队两胜一负，积6分. （5分）若有一队三赛全负，另两队都是两胜一负，则小组中有三个队积6分，根据规则，在这种情况下，A队不一定出线. （6分）同理当A队积5分、4分、3分、2分时不一定能出线.即至少要7分才能保证一定出线.解法二：至少要7分才能保证一定出线. （2分）依题意得，每队赛3场，本组比赛的场数共6场.若A队两胜一平，积7分. （3分）因此其他的球队不可能积9分.依据规则，不可能有球队积8分.每场比赛，两队得分之和是2分或3分，6场比赛得分总和最少是12分，最多18分，所以最多只有两个队得7分，所以积7分保证一定出线.（4分）若A队两胜一负，积6分.如表格所示，根据规则，在这种情况下，A队不一定出线. （6分）同理当A队积5分、4分、3分、2分时不一定能出线.即至少要7分才能保证一定出线.数学试卷 第23页（共40页）解法三：至少要7分才能保证一定出线. （2分） 因为这时A 队两胜一平，（3分）由于每场比赛，两队得分之和是2分或3分，而至少有一场比赛出现平局，所以各队积分总和35217m ⨯+=≤. 因此不会有3个队都积7分，A 队在前2名之内. （4分） A 队积6分不一定出线.（5分）不妨设A 胜B ，B 胜C ，C 胜D ，A ，B ，C 都胜D ，此时C 三支球队都积6分，由于只有2个队出线，故A队不一定出线.（6分）同理当A 队积5分、4分、3分、2分时不一定能出线. 即至少要7分才能保证一定出线. 【考点】根据数据做决策. 23.. 【解析】解：正确画图如图所示.（2分）+ACB D CAD ∠=∠∠Q ，2ACB D ∠=∠， CAD D ∴∠=∠.CA CD ∴=.（3分）90BAD ∠=︒Q ，90B D ∴∠+∠=︒， 90BAC CAD ∠+∠=︒Q ，B BAC ∴∠=∠.32AC =Q ，3BD ∴=.在Rt BAD △中，2AD =Q，AB ∴= （5分）tan AB D AD ==.（6分）【考点】解直角三角形. 24.【答案】2MBC S =△. 【解析】解法一：m n mn +=Q 且m ，n 是正实数，1m m n ∴+=.即1mm n=-. (,1)P m m ∴-，（1分）即“完美点”P 在直线1y x =-上.Q 点(0,5)A 在直线y x b =-+上，5b ∴=.由1,5y x y x =-⎧⎨=-+⎩解得(3,2)B .（3分）Q 一、三象限的角平分线y x =垂直于二、四象限的角平分线y x =-，而直线1y x =-与直线y x =平行，直线5y x =-+与直线y x =-平行， ∴直线AM 与直线1y x =-垂直.Q 点B 是1y x =-与直线AM 的交点，∴垂足是B . ∴点C 是“完美点”， ∴点C 在直线1y x =-上.MBC ∴△是直角三角形. （5分）(3,2)B Q，(0,5)A ，AB ∴=.AM =Q BM ∴=又CM Q 1BC ∴=.2MBC S ∴=△. （6分）解法二：m n mn +=Q 且m ，n 是实数，数学试卷 第27页（共40页）1m m n ∴+=.即1mm n=-. (,1)P m m ∴-，（1分）即“完美点”P 在直线1y x =-上.Q 点(0,5)A 在直线y x b =-+上，5b ∴=. （2分）∴直线:5AM y x =-+.设“完美点”(,1)B c c -，即有15c c -=-+，(3,2)B ∴.（3分）Q 直线AM 与x 轴所夹的锐角是45︒，直线1y x =-与x 轴所夹的锐角是45︒， ∴直线AM 与直线1y x =-垂直，Q 点B 是1y x =-与直线AM 的交点，∴垂足是B .Q C 是“完美点”， ∴点C 在直线1y x =-上.MBC ∴△是直角三角形. （5分）(3,2)B Q ，(0,5)A，AB ∴=.AM =QBM ∴=又CM Q 1BC ∴=.MBC S ∴=△. （6分）【考点】一次函数和直角三角形的有关计算. 25.【答案】（1）见解析. （2.【解析】（1）证明：90ADC ∠=︒Q ，90CBA ∴∠=︒. （1分）90BCD ∠=︒Q ，90DAB ∴∠=︒.∴四边形ABCD 是矩形.（2分） AD CD =Q ，∴矩形ABCD 是正方形. （3分） AC BD ∴⊥.（4分） （2）解法一：连接DO 并延长交O e 于点F ，连接CF .（6分）DF Q 是直径，90FCD ∴∠=︒，（7分）即90ACD FCA ∠+∠=︒. »»AD AD =Q ，ACD B ∴∠=∠，AC BD ⊥Q ，90B A ∴∠+∠=︒， A FCA ∴∠=∠，（8分） »»AF CB ∴=，»»AB CF ∴=，AB FC ∴=.（9分）在Rt DFC △中，222224220DF DC FC =+=+=，DF ∴=O ∴e （10分） 解法二：连接AO 并延长交O e 于点F ，连接BF .（6分）数学试卷 第31页（共40页）AF Q 是直径，90ABF ∴∠=︒，（7分）即90ABD DBF ∠+∠=︒.AC BD ⊥Q ，90ABD BAC ∴∠+∠=︒， BAC DBF ∴∠=∠，（8分）»»DFCB ∴=，»»DC BF ∴=，DC BF ∴=.（9分）在Rt ABF △中，222224220AF AB BF =+=+=Q ，DF ∴=O ∴e（10分） 解法三：连接BO 并延长O e 于点F ，连接AF .（6分）设O e 的半径为r .BF Q 是直径，»»AB AF r π∴+=.（7分）AC BD ⊥Q ，90ABD BAC ∴∠+∠=︒.»»AD BC r π∴+=， （8分）»»AB DC r π∴+=， »»»»AB DC AB AF ∴+=+，»»DC AF ∴=，AF DC ∴=，（9分）在Rt ABF △中，222224220BF AF AB =+=+=，BF ∴=O ∴e （10分）解法四：在»AC 上找一点F ，使得CF AB =，连接CF ，连接DF .（6分）CF AB =，»»AB CF∴=， （7分） »»AF CB∴=，A FCA ∴∠=∠，（8分）»»AD AD =Q ，ACD ABD ∴∠=∠，AC BD ⊥Q ，90B A ∴∠+∠=︒， 90ACD FCA ∴∠+∠=︒，DF ∴是直径.（9分）在Rt DCF △中，222224220DF DC CF =+=+=Q ，DF ∴=O ∴e（10分）解法五：设BAE α∠=.AC BD ⊥Q ，∴在Rt ABE △中，sin BEABα=，2BA =Q ，2sin BE α∴=，（5分）»»BCBC =Q ，BDC α∴∠=.数学试卷 第35页（共40页）在Rt DEC △中，sin ECDCα=. 4DC =Q ，4sin CE α∴=.（6分）在Rt BEC △中，222220sin BC CE BE α=+=.BC α∴=.（7分） 连接BO 并延长交O e 于点F ，连接CF ，（8分）则BFC α∠=，BF Q 是直径， 在Rt BCF △中，sin BCBFα=，（9分）sin BCBF α∴== O ∴e（10分）【考点】圆周角定理，矩形的判定和性质，圆的相关概念.26.【答案】（1）94-（2）244y x x =---（34x -＞） 【解析】（1）解法一：21x =Q ，1OB ∴=，（1分）BC =Q ，2OC ∴=，0c ＜Q ，2c =-，120b ∴+-=，解得1b =， （2分）得二次函数22192()24y x x x =+-=+-，∴二次函数22y x x =+-的最小值是94-. （4分） 解法二：21x =Q ，1OB ∴=.（1分）BC =Q ，2OC ∴=.0c ＜Q ，2c ∴=-. 120b ∴+-=，解得1b =.（2分）得二次函数22y x x =+-.此抛物线定点的横坐标是12-，纵坐标是94-.∴二次函数22y x x =+-的最小值是94-. （4分）（2）解法一：AP BC ⊥Q ，90PMC PCM ∴∠+∠=︒，90OAM OMA ∠+∠=︒Q ，OMA PMC ∠=∠Q ，OAM PCM ∴∠=∠，Rt Rt OAM OCB ∴△△:，2OC OAOB OM∴==， （5分） 即2OC OB =，0c ＜Q ，20x ＞，22c x ∴-=.（6分） 由2220x bx c ++=得24c b =-，（7分）∴二次函数2224y x bx c x bx b =++=++-，它的定点坐标是2816(,)24b b b -+--.22816()4()4422b b b b -+-=-----Q g ，（8分）∴顶点的纵坐标随横坐标变化的函数解析式是244y x x =---（34x -＞）. （10分）解法二：AP BC ⊥Q ，90PMC PCM ∴∠+∠=︒，数学试卷 第39页（共40页）90OAM OMA ∠+∠=︒Q ，OMA PMC ∠=∠Q ，PAM PCM ∴∠=∠. tan tan OAM PCM ∴∠=∠. 12OB OM OC OA ∴==，（5分） 即2OC OB =.0c ＜Q ，20x ＞，即22c x -=.（6分） 由2220x bx c ++=得24c b =-.（7分）∴二次函数2224y x bx c x bx b =++=++-.它的顶点坐标是2816(,)24b b b -+--.设2b m =-，28164b b n -+-=，（8分）则2b m =-.22816444b b n m m -+-==---（34m -＞）.∴顶点的纵坐标随横坐标变化的函数解析式是244n m m =---（34m -＞）. （10分）【考点】二次函数的顶点坐标，二次函数解析式，相似三角形的综合应用.。

2013-2014学年福建省厦门市初三上学期期末数学试卷一、选择题（本大题有7小题，每小题3分，共21分．每小题有四个选项，其中有且只有一个选项正确）1．（3分）下列计算正确的是（）A．B．C．D．2．（3分）方程x2+2x=0的根是（）A．0B．﹣2C．0或﹣2D．0或23．（3分）下列事件中，属于随机事件的是（）A．掷一枚质地均匀的正方体骰子，向上的一面点数小于7B．某射击运动员射击一次，命中靶心C．在只装了红球的袋子中摸到白球D．在三张分别标又数字2，4，6的卡片中摸两张，数字和是偶数4．（3分）已知⊙O的半径是3，OP=3，那么点P和⊙O的位置关系是（）A．点P在⊙O内B．点P在⊙O上C．点P在⊙O外D．无法确定5．（3分）下列图形中，属于中心对称图形的是（）A．等边三角形B．直角三角形C．矩形D．等腰梯形6．（3分）反比例函数的图象在第二、四象限，那么实数m的取值范围是（）A．m＞0B．m＜0C．m＞2D．m＜27．（3分）如图，在⊙O中，弦AC和BD相交于点E，==，若∠BEC=110°，则∠BDC=（）A．35°B．45°C．55°D．70°二、填空题（本大题有10小题，每小题4分，共40分）8．（4分）计算：|﹣3|=．9．（4分）一个圆形转盘平均分成红、黄、蓝、白4个扇形区域，向其投掷一枚飞镖，飞镖落在红色区域的概率是．10．（4分）已知点A（﹣1，﹣2）与点B（m，2）关于原点对称，则m的值是．11．（4分）已知△ABC的三边长分别是6，8，10，则△ABC外接圆的直径是．12．（4分）九年级有一个诗歌朗诵小组，其中男生5人，女生12人，先从中随机抽取一名同学参加表演，抽到男生的概率是．13．（4分）若直线y=（k﹣2）x+2k﹣1与y轴交于点（0，1），则k的值等于．14．（4分）如图，A、B、C是⊙O上的三个点，若∠AOC=110°，则∠ABC=．15．（4分）电流通过导线时会产生热量，设电流是I（安培），导线电阻为R（欧姆），t秒产生的热量为Q（焦），根据物理公式Q=I2Rt，如果导线的电阻为5欧姆，2秒时间导线产生60焦热量，则电流I的值是安培．16．（4分）如图，以正方形ABCD的顶点D为圆心画圆，分别交AD、CD两边于点E、F，若∠ABE=15°，BE=2，则扇形DEF的面积是．17．（4分）求代数式的值是．三、解答题（共89分）18．（7分）计算：．19．（7分）在平面直角坐标系中，已知点A（2，1），B（2，0），C（1，﹣1），请在图上画出△ABC，并画出与△ABC关于原点O对称的图形．20．（7分）如图，AB是⊙O的直径，直线AC，BD是⊙O的切线，A，B是切点．求证：AC∥BD．21．（7分）第一盒乒乓球中有2个白球1个黄球，第二盒子乒乓球中有1个白球1个黄球，分别从每个盒中随机地取出1个球，求这两个球中欧一个是白球一个是黄球的概率．22．（7分）解方程：x2+3x﹣2=0．23．（7分）如图，在⊙O中，=，∠A=30°，求∠B的度数．24．（6分）判断关于x的方程x2+px+（p﹣2）=0的根的情况．25．（6分）已知O是平面直角坐标系的原点，点A（1，n），B（﹣1，﹣n）（n ＞0），AB的长是，若点C在x轴上，且OC=AC，求点C的坐标．26．（6分）如图，利用一面长度为7米的墙，用20米长的篱笆能否围出一个面积为48平方米的矩形菜园？若能，求出该菜园与墙平行一边的长度；若不能，说明理由．27．（6分）如图，平行四边形ABCD中，O为AB上的一点，连接OD、OC，以O 为圆心，OB为半径画圆，分别交OD，OC于点P、Q．若OB=4，OD=6，∠ADO=∠A，=2π，判断直线DC与⊙O的位置关系，并说明理由．28．（6分）已知点A（m1，n1），B（m2，n2）（m1＜m2）在直线y=kx+b上，若m1+m2=3b，n1+n2=kb+4，b＞2，试比较n1和n2的大小，并说明理由．29．（6分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是的中点，DE∥BC交AC的延长线于点E，若AE=10，∠ACB=60°，求BC的长．30．（11分）已知关于x的方程x2+ax+b=0（b≠0）与x2+cx+d=0都有实数根，若这两个方程有且只有一个公共根，且ab=cd，则称它们互为“同根轮换方程”．如x2﹣x﹣6=0与x2﹣2x﹣3=0互为“同根轮换方程”．（1）若关于x的方程x2+4x+m=0与x2﹣6x+n=0互为“同根轮换方程”，求m的值；（2）若p是关于x的方程x2+ax+b=0（b≠0）的实数根，q是关于x的方程的实数根，当p、q分别取何值时，方程x2+ax+b=0（b≠0）与互为“同根轮换方程”，请说明理由．2013-2014学年福建省厦门市初三上学期期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题有7小题，每小题3分，共21分．每小题有四个选项，其中有且只有一个选项正确）1．（3分）下列计算正确的是（）A．B．C．D．【解答】解：A、原式===3，故本选项正确；B、原式===3，故本选项错误；C、原式=2，故本选项错误；D、原式=2，故本选项错误．故选：A．2．（3分）方程x2+2x=0的根是（）A．0B．﹣2C．0或﹣2D．0或2【解答】解：方程分解得：x（x+2）=0，可得x=0或x+2=0，解得：x=0或x=﹣2．故选：C．3．（3分）下列事件中，属于随机事件的是（）A．掷一枚质地均匀的正方体骰子，向上的一面点数小于7B．某射击运动员射击一次，命中靶心C．在只装了红球的袋子中摸到白球D．在三张分别标又数字2，4，6的卡片中摸两张，数字和是偶数【解答】解：A、掷一枚质地均匀的正方体骰子，向上的一面点数小于7，是必然事件，故选项错误；B、某射击运动员射击一次，命中靶心，是随机事件，故选项正确；C、在只装了红球的袋子中摸到白球，是不可能事件，故选项错误；D、在三张分别标又数字2，4，6的卡片中摸两张，数字和是偶数，是必然事件，故选项错误．故选：B．4．（3分）已知⊙O的半径是3，OP=3，那么点P和⊙O的位置关系是（）A．点P在⊙O内B．点P在⊙O上C．点P在⊙O外D．无法确定【解答】解：∵⊙O的半径是3，OP=3，∴3=3，即点P和⊙O的位置关系是点P在⊙O上，故选：B．5．（3分）下列图形中，属于中心对称图形的是（）A．等边三角形B．直角三角形C．矩形D．等腰梯形【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误；B、不是中心对称图形，故选项错误；C、是中心对称图形，故选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误．故选：C．6．（3分）反比例函数的图象在第二、四象限，那么实数m的取值范围是（）A．m＞0B．m＜0C．m＞2D．m＜2【解答】解：由题意得，反比例函数y=的图象在二、四象限内，则m﹣2＜0，解得m＜2．故选：D．7．（3分）如图，在⊙O中，弦AC和BD相交于点E，==，若∠BEC=110°，则∠BDC=（）A．35°B．45°C．55°D．70°【解答】解：∵==，∴∠BDC=∠ACB=∠DBC，∵∠BEC=110°，∴∠ACB=∠DBC=35°．∴∠BDC=35°．故选：A．二、填空题（本大题有10小题，每小题4分，共40分）8．（4分）计算：|﹣3|=3．【解答】解：|﹣3|=3．故答案为：3．9．（4分）一个圆形转盘平均分成红、黄、蓝、白4个扇形区域，向其投掷一枚飞镖，飞镖落在红色区域的概率是．【解答】解：∵圆形转盘平均分成红、黄、蓝、白4个扇形区域，其中红色区域占1份，∴飞镖落在红色区域的概率是指针落在红色区域的概率是；故答案为：．10．（4分）已知点A（﹣1，﹣2）与点B（m，2）关于原点对称，则m的值是1．【解答】解：∵点A（﹣1，﹣2）与点B（m，2）关于原点对称，∴m=1．故答案为：1．11．（4分）已知△ABC的三边长分别是6，8，10，则△ABC外接圆的直径是10．【解答】解：∵AC=6，BC=8，AB=10，∴AC2+BC2=AB2，∴∠C=90°，∴△ABC的外接圆的半径是×10=5，即外接圆的直径是10，故答案为：10．12．（4分）九年级有一个诗歌朗诵小组，其中男生5人，女生12人，先从中随机抽取一名同学参加表演，抽到男生的概率是．【解答】解；∵男生5人，女生12人，∴共有17人，∴从中随机抽取一名同学参加表演，抽到男生的概率是，故答案为；．13．（4分）若直线y=（k﹣2）x+2k﹣1与y轴交于点（0，1），则k的值等于1．【解答】解：依题意，得2k﹣1=1，解得，k=1．故填：1．14．（4分）如图，A、B、C是⊙O上的三个点，若∠AOC=110°，则∠ABC=125°．【解答】解：如图，在优弧AC上取点D，连接AD，CD，∵∠AOC=100°，∴∠ADC=∠AOC=55°，∴∠ABC=180°﹣∠ADC=125°．故答案为：125°．15．（4分）电流通过导线时会产生热量，设电流是I（安培），导线电阻为R（欧姆），t秒产生的热量为Q（焦），根据物理公式Q=I2Rt，如果导线的电阻为5欧姆，2秒时间导线产生60焦热量，则电流I的值是安培．【解答】解：∵导线的电阻为5欧姆，2秒时间导线产生60焦热量，∴60=5×2I2，解得：I=或I=﹣（舍去）故答案为：16．（4分）如图，以正方形ABCD的顶点D为圆心画圆，分别交AD、CD两边于点E、F，若∠ABE=15°，BE=2，则扇形DEF的面积是．【解答】解：如图，连接EF．∵四边形ABCD是正方形，∠ABE=15°，BE=2，∴根据正方形的对称性得到∠ABE=∠CBF=15°，BE=BF，AE=CF，∴∠EBF=60°，∴△BEF是等边三角形，∴EF=BE=2．在等腰直角△DEF中，EF=ED=2，则ED=，==．∴S扇形DEF故答案是：．17．（4分）求代数式的值是1．【解答】解：原式=﹣+c+1===1，故答案为：1．三、解答题（共89分）18．（7分）计算：．【解答】解：×+﹣=2+3﹣=4．19．（7分）在平面直角坐标系中，已知点A（2，1），B（2，0），C（1，﹣1），请在图上画出△ABC，并画出与△ABC关于原点O对称的图形．【解答】解：△ABC如图所示；△ABC关于原点O对称的图形△A′B′C′如图所示．20．（7分）如图，AB是⊙O的直径，直线AC，BD是⊙O的切线，A，B是切点．求证：AC∥BD．【解答】证明：∵直线AC，BD是⊙O的切线，又∵AB是⊙O的直径，∴OA⊥AC．OB⊥BD．∴AC∥BD．21．（7分）第一盒乒乓球中有2个白球1个黄球，第二盒子乒乓球中有1个白球1个黄球，分别从每个盒中随机地取出1个球，求这两个球中欧一个是白球一个是黄球的概率．【解答】解：列表如下：白白黄白（白，白）（白，白）（黄，白）黄（白，黄）（白，黄）（黄，黄）所有等可能的情况有6种，其中一个白球一个黄球的有3种，则P（一个白球一个黄球）==．22．（7分）解方程：x2+3x﹣2=0．【解答】解：∵a=1，b=3，c=﹣2，∴△=b2﹣4ac=32﹣4×1×（﹣2）=17，∴x=，∴x1=，x2=．23．（7分）如图，在⊙O中，=，∠A=30°，求∠B的度数．【解答】解：∵=，∴∠B=∠C，∵∠A=30°，而∠A+∠B+∠C=180°，∴∠B=75°．24．（6分）判断关于x的方程x2+px+（p﹣2）=0的根的情况．【解答】解：△=p2﹣4×1×（p﹣2）=p2﹣4p+8，=（p﹣2）2+4，∵（p﹣2）2≥0，∴（p﹣2）2+4＞0，即△＞0．∴方程x2+px+（p﹣2）=0有两个不相等的实数，25．（6分）已知O是平面直角坐标系的原点，点A（1，n），B（﹣1，﹣n）（n ＞0），AB的长是，若点C在x轴上，且OC=AC，求点C的坐标．【解答】解：过点A作AD⊥x轴于点D，∵A（1，n），B（﹣1，﹣n），∴点A与点B关于原点O对称．∴点A、B、O三点共线．∴AO=BO=．在Rt△AOD中，n2+1=5，∴n=±2．∵n＞0，∴n=2．若点C在x轴正半轴，设点C（a，0），则CD=a﹣1．在Rt△ACD中，AC2=AD2+CD2=4+（a﹣1）2．又∵OC=AC∴a2=4+（a﹣1）2．∴a=．若点C在x轴负半轴，∵AC＞CD＞CO，不合题意．∴点C（，0）．26．（6分）如图，利用一面长度为7米的墙，用20米长的篱笆能否围出一个面积为48平方米的矩形菜园？若能，求出该菜园与墙平行一边的长度；若不能，说明理由．【解答】答：不能．设该菜园与墙平行的一边的长为x米，则该菜园与墙垂直的一边的长为（20﹣x）米，若（20﹣x）x=48．即x2﹣20x+96=0．解得x1=12，x2=8．∵墙长为7米，12＞7且8＞7，∴用20米长的篱笆不能围出一个面积为48平方米的矩形菜园．27．（6分）如图，平行四边形ABCD中，O为AB上的一点，连接OD、OC，以O 为圆心，OB为半径画圆，分别交OD，OC于点P、Q．若OB=4，OD=6，∠ADO=∠A，=2π，判断直线DC与⊙O的位置关系，并说明理由．【解答】解：如图，在⊙O中，半径OB=4，设∠POQ为n°，则有2π=．n=90°．∴∠POQ=90°．∵∠ADO=∠A，∴AO=DO=6．∴AB=10．∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC=AB=10．∴在直角△COD中，CO==8．过点O作OE⊥CD于点E，则OD×OC=OE×CD．∴OE=4.8．∵4.8＞4，∴直线DC与⊙O相离．28．（6分）已知点A（m1，n1），B（m2，n2）（m1＜m2）在直线y=kx+b上，若m1+m2=3b，n1+n2=kb+4，b＞2，试比较n1和n2的大小，并说明理由．【解答】解：∵A（m1，n1），B（m2，n2）在直线y=kx+b上，∴n1=k m1+b，n2=km2+b．∴n1+n2=k（m1+m2）+2b．∴kb+4=3kb+2b．∴k+1=．∵b＞2，∴0＜＜1．∴0＜k+1＜1．∴﹣1＜k＜0．∵m1＜m2，∴n2＜n1．29．（6分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是的中点，DE∥BC交AC的延长线于点E，若AE=10，∠ACB=60°，求BC的长．【解答】解：∵D是的中点，∴DA=DB．∵∠ACB=60°，∠ACB与∠ADB是同弧所对的圆周角，∴∠ADB=60°，∴△ADB是等边三角形．∴∠DAB=∠DBA=60°．∴∠DCB=∠DAB=60°．∵DE∥BC，∴∠E=∠ACB=60°．∴∠DCB=∠E．∵∠ECD=∠DBA=60°，∴△ECD是等边三角形．∴ED=CD．∵=，∴∠EAD=∠DBC．在△EAD和△CBD中，，∴△EAD≌△CBD（AAS）．∴BC=EA=10．30．（11分）已知关于x的方程x2+ax+b=0（b≠0）与x2+cx+d=0都有实数根，若这两个方程有且只有一个公共根，且ab=cd，则称它们互为“同根轮换方程”．如x2﹣x﹣6=0与x2﹣2x﹣3=0互为“同根轮换方程”．（1）若关于x的方程x2+4x+m=0与x2﹣6x+n=0互为“同根轮换方程”，求m的值；（2）若p是关于x的方程x2+ax+b=0（b≠0）的实数根，q是关于x的方程的实数根，当p、q分别取何值时，方程x2+ax+b=0（b≠0）与互为“同根轮换方程”，请说明理由．【解答】解：（1）∵方程x2+4x+m=0与x2﹣6x+n=0互为“同根轮换方程”，∴4m=﹣6n．设t是公共根，则有t2+4t+m=0，t2﹣6t+n=0．解得，t=．∵4m=﹣6n．∴t=﹣．∴（﹣）2+4（﹣）+m=0．∴m=﹣12．（2）∵x2﹣x﹣6=0与x2﹣2x﹣3=0互为“同根轮换方程”，它们的公共根是3．而3=（﹣3）×（﹣1）=﹣3×（﹣1）．又∵x2+x﹣6=0与x2+2x﹣3=0互为“同根轮换方程”．它们的公共根是﹣3．而﹣3=﹣3×1．∴当p=q=﹣3a 时，有9a 2﹣3a 2+b=0．解得，b=﹣6a 2．∴x 2+ax ﹣6a 2=0，x 2+2ax ﹣3a 2=0．解得，p=﹣3a ，x 1=2a ；q=﹣3a ，x 2=a ．∵b ≠0，∴﹣6a 2≠0，∴a ≠0．∴2a ≠a ．即x 1≠x 2．又∵2a ×b=ab ，∴方程x 2+ax +b=0（b ≠0）与x 2+2ax +b=0互为“同根轮换方程”．附加：初中数学几何模型【模型一】“一线三等角”模型：图形特征： 60°60°60° 45°45°45°运用举例： 1.如图，若点B 在x 轴正半轴上，点A (4，4)、C (1，－1)，且AB ＝BC ，AB ⊥BC ，求点B 的坐标； x yB C AO2.如图，在直线l 上依次摆放着七个正方形（如图所示），已知斜放置的三个正方形的面积分别是1、2、3，正放置的四个正方形的面积依次是1S 、2S 、3S 、4S ，则14S S += ．l s 4s 3s 2s 13213. 如图，Rt △ABC 中，∠BAC =90°，AB =AC =2，点D 在BC 上运动（不与点B ，C 重合），过D作∠ADE =45°，DE 交AC 于E ．（1）求证：△ABD ∽△DCE ；（2）设BD =x ，AE =y ，求y 关于x 的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；（3）当△ADE 是等腰三角形时，求AE 的长．EB4.如图，已知直线112y x =+与y 轴交于点A ，与x 轴交于点D ，抛物线212y x bx c =++与直线交于A 、E 两点，与x 轴交于B 、C 两点，且B 点坐标为 (1，0)。

2014年厦门市高中阶段招生考试数 学(试卷满分：150分 考试时间：120分钟)准考证号 姓名 座位号注意事项：1.全卷三大题，22小题，试卷共4页，另有答题卡；2.答案一律写在答题卡上，否则不能得分．一.选择题(本题有6个小题,每小题4分,共24分．每小题只有一个选项是正确的.) 1． 如果1-=ab ,那么两个实数a ,b 一定是( )A ．互为倒数B ．-1和+1C ．互为相反数D ．互为负倒数 2．下列运算正确的是（ ） A ．()b a ab 33= B ．1-=+--ba ba C ．326a a a =÷ D ．222)(b a b a +=+3．已知一组数据：12，5，9，5，14，下列说法不正确的是（ ）A ．平均数是9B ．中位数是9C ．众数是5D ．极差是5 4．长方体的主视图、俯视图如右图所示， 则其左视图面积为（ ）A ．3B ．4C ．12D ．16 5．在6张完全相同的卡片上分别画上线段、等边三角形、平行四边形、直角梯形、双曲线、圆，在看不见图形的情况下随机摸出1张，这张卡片上的图形既是中心对称图形又是轴对称图形的概率是（ ） A ．16 B ．13C ．12D ．23 6．如图，已知⊙O 的半径为r ，C 、D 是直径AB 的同侧圆周上的两点，100AOC ∠=，D 是 BC的中点，动点P 在线段AB 上，则 PC ＋PD 的最小值为 （ ） A ．r BCDCPDO BA（第6题）二．填空题(本题有8个小题，每小题5分．共40分) 7． 实数b a ,满足0132=+-b a ，则ba 的值为 ．9． 在同一坐标系中，图形a 是图形b 向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位得到，如果图形a 中A 点的坐标为（4，－2），则图形b 中与A 点对应的A '点的坐标为___ ____. 10．如图，在四边形纸片ABCD 中，∠A =130°，∠C =40°，现将其右下角向内折出∆FGE ，折痕为EF ，恰使GF ∥AD ，GE ∥CD ，则∠B 的度数为 ．11．对于实数a 、b ，定义运算⊗如下：=⊗b a ⎪⎩⎪⎨⎧≠≤≠>-)0,()0,(a b a a a b a a b b， 例如1612424==⊗-.计算 [][]=⊗-⨯⊗2)3(23 .13．已知直线1y x =，213y x =+，633+-=x y 的图象如图所示，无论x 取何值，当y 总取1y 、2y 、3y 中的最小值时， y 的最大值为14． 若关于t 的不等式组0214t a t -≥⎧⎨+≤⎩恰好有三个整数解，则关于x 的一次函数14y xa=- 的图像与反比例函数32a y x+=的图像的公共点的个数为 . （第12题）G FE DCBA（第10题）三、解答题(本题有8个小题，共86分，解答应写出文字说明,证明过程或推演步骤.)15．（本题满分7分）计算01( 3.14)(sin 30)4cos 45π︒-︒-++-16．（本题满分9分）已知2)2()]2()()[(22=-÷-++--y y x y y x y x ．求228242x x y x y---的值． 17．（本题满分10分） 如图，直线AB 交双曲线()y 0kx x=>于A ，B 两点， 交x 轴于点C (4,0)a ， AB =2BC ，过点B 作BM ⊥x 轴于点M ， 连结OA ，若OM =3MC ，S △OAC =8，则k 的值为多少？18. （本题满分10分）如图，在菱形ABCD 中，AB ＝23，∠A ＝60°，以点D 为圆心的⊙D 与AB 相切于点E ，与DC 相交于点F . （1）求证：⊙D 与BC 也相切；（2）求劣弧 EF的长(结果保留π)．19．（本小题满分12分）某商家计划从厂家采购A ，B 两种产品共20件，产品的采购单价（元/件）是采购数量（件）的一次函数，下表提供了部分采购数据．（1）求A 产品的采购数量与采购单价的函数关系式；（2）该商家分别以1760元/件和1700元/件的销售单价出售A ，B 两种产品，且全部售完，在A 产品的采购数量不小于11且不大于15的条件下，求采购A 种 产品多少件时总利润最大，并求最大利润．（第18题）（第17题）ABCCDDEE FFA20．（本小题满分12分）如图，在△ABC 中，∠CAB =90°，D 是斜边BC 上的中点，E 、F 分别是AB 、AC 边上的点，且DE ⊥DF .（1）若AB =AC ，BE +CF =4，求四边形AEDF 的面积。

全等三角形一选择题1.（2014•广东深圳，第8题3分）如图，△ABC和△DEF中，AB=DE、角∠B=∠DEF，添加下列哪一个条件无法证明△ABC≌△DEF（）A．A C∥DF B．∠A=∠D C．A C=DF D．∠ACB=∠F考点：全等三角形的判定．分析：根据全等三角形的判定定理，即可得出答．解答：解：∵AB=DE，∠B=∠DEF，∴添加AC∥DF，得出∠ACB=∠F，即可证明△ABC≌△DEF，故A、D都正确；当添加∠A=∠D时，根据ASA，也可证明△ABC≌△DEF，故B都正确；但添加AC=DF时，没有SSA定理，不能证明△ABC≌△DEF，故C都不正确；故选C．点评：本题考查了全等三角形的判定定理，证明三角形全等的方法有：SSS，SAS，ASA，AAS，还有直角三角形的HL定理．2.（2014•福建厦门，第6题3分）如图，在△ABC和△BDE中，点C在边BD上，边AC交边BE于点F．若AC=BD，AB=ED，BC=BE，则∠ACB等于（）A．∠EDB B．∠BED C．∠AFB D．2∠ABF考点：全等三角形的判定与性质．.分析：根据全等三角形的判定与性质，可得∠ACB与∠DBE的关系，根据三角形外角的性质，可得答案．解答：在△ABC和△DEB中，，∴△ABC≌△DEB（SSS），∴∠ACB=∠DE B．∵∠AFB是△BCF的外角，∴∠ACB+∠DBE=∠AFB，∠ACB=∠AFB，故选：C．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质．二填空题1. （2014•广东广州，第15题3分）已知命题：“如果两个三角形全等，那么这两个三角形的面积相等．”写成它的逆命题：如果两个三角形的面积相等，那么这两个三角形全等，该逆命题是假命题（填“真”或“假”）．考点：命题与定理．分析：交换原命题的题设和结论即可得到该命题的逆命题．解答：解：“如果两个三角形全等，那么这两个三角形的面积相等．”写成它的逆命题：如果两个三角形的面积相等，那么这两个三角形全等，该逆命题是假命题，故答案为：如果两个三角形的面积相等，那么这两个三角形全等，假．点评：本题考查逆命题的概念，以及判断真假命题的能力以及全等三角形的判定和性质．2. （2014•江苏淮安，第17题3分）如图，△ABD≌△CBD，若∠A=80°，∠ABC=70°，则∠ADC的度数为130°．考点：全等三角形的性质．分析：根据全等三角形对应角相等可得∠C=∠A，再根据四边形的内角和定理列式计算即可得解．解答：解：∵△ABD≌△CBD，∴∠C=∠A=80°，∴∠ADC=360°﹣∠A﹣∠ABC﹣∠C=360°﹣80°﹣70°﹣80°=130°．故答案为：130°．点评：本题考查了全等三角形的性质，四边形的内角和定理，根据对应顶点的字母写在对应位置上确定出∠C=∠A是解题的关键．3. （2014•湖北鄂州，第16题3分）如图，正方形ABCD的边长是1，点M，N分别在BC，CD上，使得△CMN的周长为2，则△MAN的面积最小值为﹣1．考点：正方形的性质；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质．分析：如图，延长CB至L，使BL=DN，则Rt△ABL≌Rt△AND，故AL=AN，进而求证△AMN≌△AML，即可求得∠MAN=∠MAL=45°设CM=x，CN=y，MN=z，根据x2+y2=z2，和x+y+z=2，整理根据△=4（z﹣2）2﹣32（1﹣z）≥0可以解题．解答：解：延长CB至L，使BL=DN，则Rt△ABL≌Rt△AND，故AL=AN，∴△AMN≌△AML，∴∠MAN=∠MAL=45°，设CM=x，CN=y，MN=zx2+y2=z2，∵x+y+z=2，则x=2﹣y﹣z∴（2﹣y﹣z）2+y2=z2，整理得2y2+（2z﹣4）y+（4﹣4z）=0，∴△=4（z﹣2）2﹣32（1﹣z）≥0，即（z+2+2）（z+2﹣2）≥0，又∵z＞0，∴z≥2﹣2，当且仅当x=y=2﹣时等号成立此时S△AMN=S△AML=ML•AB=z因此，当z=2﹣2，x=y=2﹣时，S△AMN取到最小值为﹣1．故答案为﹣1．点评：本题考查了勾股定理在直角三角形中的应用，考查了正方形各边相等，各内角是直角的性质，本题求证三角形全等是解题的关键．4. （2014•常德，第15题3分）如图，已知△ABC三个内角的平分线交于点O，点D在CA的延长线上，且DC=BC，AD=AO，若∠BAC=80°，则∠BCA的度数为60°．考点：全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．分析：可证明△COD≌△COB，得出∠D=∠CBO，再根据∠BAC=80°，得∠BAD=100°，由角平分线可得∠BAO=40°，从而得出∠DAO=140°，根据AD=AO，可得出∠D=20°，即可得出∠CBO=20°，则∠ABC=40°，最后算出∠BCA=60°解答：解：∵△ABC三个内角的平分线交于点O，∴∠ACO=∠BCO，在△COD和△COB中，，∴△COD≌△COB，∴∠D=∠CBO，∵∠BAC=80°，∴∠BAD=100°，∴∠BAO=40°，∴∠DAO=140°，∵AD=AO，∴∠D=20°，∴∠CBO=20°，∴∠ABC=40°，∴∠BCA=60°，故答案为60°．点评：本题考查了全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质，证明三角形全等是解决此题的关键．5. （2014•柳州，第18题3分）如图，在△ABC中，分别以AC，BC为边作等边△ACD和等边△BCE．设△ACD、△BCE、△ABC的面积分别是S1、S2、S3，现有如下结论：①S1：S2=AC2：BC2；②连接AE，BD，则△BCD≌△ECA；③若AC⊥BC，则S1•S2=S32．其中结论正确的序号是①②③．考点：全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．分析：①根据相似三角形面积的比等于相似比的平方判断；②根据SAS即可求得全等；③根据面积公式即可判断．解答：①S1：S2=AC2：BC2正确，解：∵△ADC与△BCE是等边三角形，∴△ADC∽△BCE，∴S1：S2=AC2：BC2．②△BCD≌△ECA正确，证明：∵△ADC与△BCE是等边三角形，∴∠ACD=∠BCE=60°∴∠ACD+∠ACB=∠BCE+∠ACD，即∠ACE=∠DCB，在△ACE与△DCB中，，∴△BCD≌△ECA（SAS）．③若AC⊥BC，则S1•S2=S32正确，解：设等边三角形ADC的边长=a，等边三角形BCE边长=b，则△ADC的高=a，△BCE的高=b，∴S1=a a=a2，S2=b b=b2，∴S1•S2=a2b2=a2b2，∵S3=ab，∴S32=a2b2，∴S1•S2=S32．点评：本题考查了三角形全等的判定，等边三角形的性质，面积公式以及相似三角形面积的比等于相似比的平方．6. （2014•青海西宁,第20题，2分）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．若AB=，AG=1，则EB=．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．分析：首先连接BD交AC于O，由四边形ABCD、AGFE是正方形，即可得AB=AD，AE=AG，∠DAB=∠EAG，然后利用SAS即可证得△EAB≌△GAD，则可得EB=GD，然后在Rt△ODG中，利用勾股定理即可求得GD的长，继而可得EB的长．解答：解：连接BD交AC于O，∵四边形ABCD、AGFE是正方形，∴AB=AD，AE=AG，∠DAB=∠EAG，∴∠EAB=∠GAD，在△AEB和△AGD中，，∴△EAB≌△GAD（SAS），∴EB=GD，∵四边形ABCD是正方形，AB=，∴BD⊥AC，AC=BD=AB=2，∴∠DOG=90°，OA=OD=BD=1，∵AG=1，∴OG=OA+AG=2，∴GD==，∴EB=．故答案为：．点评：此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用，注意掌握辅助线的作法．7．（2014•齐齐哈尔，13题3分）如图，已知△ABC中，AB=AC，点D、E在BC上，要使△ABD≌ACE，则只需添加一个适当的条件是BD=CE．（只填一个即可）考点：全等三角形的判定．专题：开放型．分析：此题是一道开放型的题目，答案不唯一，如BD=CE，根据SAS推出即可；也可以∠BAD=∠CAE等．解答：解：BD=CE，理由是：∵AB=AC，∴∠B=∠C，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），故答案为：BD=CE．点评：本题考查了全等三角形的判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，题目比较好，难度适中．三解答题1．（2014•辽宁本溪，第25题12分）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC+∠EAD=180°，△ABC不动，△ADE 绕点A旋转，连接BE、CD，F为BE的中点，连接AF．（1）如图①，当∠BAE=90°时，求证：CD=2AF；（2）当∠BAE≠90°时，（1）的结论是否成立？请结合图②说明理由．考点：全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；三角形中位线定理；旋转的性质．分析：（1）因为AF是直角三角形ABE的中线，所以BE=2AF，然后通过△ABE≌△ACD 即可求得．（2）延长EA交BC于G，在AG上截取AH=AD，证出△ABH≌△ACD从而证得BH=CD，然后根据三角形的中位线等于底边的一半，求得BH=2AF，即可求得．解答：（1）证明：如图①，∵∠BAC+∠EAD=180°，∠BAE=90°，∴∠DAC=90°，在△ABE与△ACD中∴△ABE≌△ACD（SAS），∴CD=BE，∵在RT△ABE中，F为BE的中点，∴BE=2AF，∴CD=2AF．（2）成立，证明：如图②，延长EA交BC于G，在AG上截取AH=AD，∵∠BAC+∠EAD=180°，∴∠EAB+∠DAC=180°，∵∠EAB+∠BAH=180°，在△ABH与△ACD中∴△ABH≌△ACD（SAS）∴BH=DC，∵AD=AE，AH=AD，∴AE=AH，∵EF=FB，∴BH=2AF，∴CD=2AF．点评：本题考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质等．2. （2014•广东广州，第18题9分）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，EF过点O且与AB，CD分别相交于点E、F，求证：△AOE≌△COF．考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定．专题：证明题．分析：根据平行四边形的性质得出OA=OC，AB∥CD，推出∠EAO=∠FCO，证出△AOE≌△COF即可．解答：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，AB∥CD，∴∠EAO=∠FCO，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（ASA）．点评：本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定的应用，关键是推出AO=CO．3. （2014•湖北鄂州，第18题8分）在平面内正方形ABCD与正方形CEFH如图放置，连DE，BH，两线交于M．求证：（1）BH=DE．（2）BH⊥DE．考点：全等三角形的判定与性质；正方形的性质．专题：证明题．分析：（1）根据正方形的性质可得BC=CD，CE=CH，∠BCD=∠ECH=90°，然后求出∠BCH=∠DCE，再利用“边角边”证明△BCH和△DCE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；（2）根据全等三角形对应角相等可得∠CBH=∠CDE，然后根据三角形的内角和定理求出∠DMB=∠BCD=90°，再根据垂直的定义证明即可．解答：证明：（1）在正方形ABCD与正方形CEFH中，BC=CD，CE=CH，∠BCD=∠ECH=90°，∴∠BCD+∠DCH=∠ECH+∠DCH，即∠BCH=∠DCE，在△BCH和△DCE中，，∴△BCH≌△DCE（SAS），∴BH=DE；（2）∵△BCH≌△DCE，∴∠CBH=∠CDE，∴∠DMB=∠BCD=90°，∴BH⊥DE．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟记性质并确定出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．4. （2014•湖北潜江仙桃，第19题6分）如图，四边形ABCD是平行四边形，E，F为对角线AC上两点，连接ED，EB，FD，F B．给出以下结论：①BE∥DF；②BE=DF；③AE=CF．请你从中选取一个条件，使∠1=∠2成立，并给出证明．考点：平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．分析：欲证明∠1=∠2，只需证得四边形EDFB是平行四边形或△ABF≌△CDE即可．解答：解：方法一：补充条件①BE∥DF．证明：如图，∵BE∥DF，∴∠BEC=∠DF A，∴∠BEA=∠DFC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，∴∠BAE=∠DCF，在△ABE与△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（ASA），∴BE=DF，∴四边形BFDE是平行四边形，∴ED∥BF，∴∠1=∠2；方法二：补充条件③AE=CF．证明：∵AE=CF，∴AF=CE．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，∴∠BAF=∠DCE，在△ABF与△CDE中，∴△ABF≌△CDE（SAS），∴∠1=∠2．点评：本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．5. （2014•吉林，第18题5分）如图，△ABC和△DAE中，∠BAC=∠DAE，AB=AE，AC=AD，连接BD，CE，求证：△ABD≌△AE C．考点：全等三角形的判定．专题：证明题．分析：根据∠BAC=∠DAE，可得∠BAD=∠CAE，再根据全等的条件可得出结论．解答：证明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC﹣BAE=∠DAE﹣∠BAE，即∠BAD=∠CAE，在△ABD和△AEC中，∴△ABD≌△AEC（SAS）．点评：本题考查了全等三角形的判定，判断三角形全等的方法有：SSS，SAS，ASA，AAS，以及判断两个直角三角形全等的方法HL．6. （2014•江苏淮安，第21题8分）如图，在三角形纸片ABC中，AD平分∠BAC，将△ABC折叠，使点A与点D重合，展开后折痕分别交AB、AC于点E、F，连接DE、DF．求证：四边形AEDF是菱形．考点：菱形的判定；翻折变换（折叠问题）．专题：证明题．分析：由∠BAD=∠CAD，AO=AO，∠AOE=∠AOF=90°证△AEO≌△AFO，推出EO=FO，得出平行四边形AEDF，根据EF⊥AD得出菱形AEDF．解答：证明：∵AD平分∠BAC∴∠BAD=∠CAD又∵EF⊥AD，∴∠AOE=∠AOF=90°∵在△AEO和△AFO中，∴△AEO≌△AFO（ASA），∴EO=FO即EF、AD相互平分，∴四边形AEDF是平行四边形又EF⊥AD，∴平行四边形AEDF为菱形．点评：本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，线段垂直平分线，全等三角形的性质和判定等知识点，注意：对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．7. （2014•江苏淮安，第26题10分）如图，在△ABC中，AC=BC，AB是⊙C的切线，切点为D，直线AC交⊙C于点E、F，且CF=A C．（1）求∠ACB的度数；（2）若AC=8，求△ABF的面积．考点：切线的性质．分析：（1）连接DC，根据AB是⊙C的切线，所以CD⊥AB，根据CD=，得出∠A=30°，因为AC=BC，从而求得∠ACB的度数．（2）通过△ACD≌△BCF求得∠AFB=90°，已知AC=8，根据已知求得AF=!2，由于∠A=30°得出BF=AB，然后依据勾股定理求得BF的长，即可求得三角形的面积．解答：解：（1）连接CD，∵AB是⊙C的切线，∴CD⊥AB，∵CF=AC，CF=CE，∴AE=CE，∴ED=AC=EC，∴ED=EC=CD，∴∠ECD=60°，∴∠A=30°，∵AC=BC，∴∠ACB=120°．（2）∵∠A=30°，AC=BC，∴∠ABC=30°，∴∠BCE=60°，在△ACD与△BCF中∴△ACD≌△BCF（SAS）∴∠ADC=∠BFC，∵CD⊥AB，∴CF⊥BF，∵AC=8，CF=A C．∴CF=4，∴AF=12，∵∠AFB=90°，∠A=30°，∴BF=AB，设BF=x，则AB=2x，∵AF2+BF2=AB2，∴（2x）2﹣x2=122解得：x=4即BF=4∴△ABF的面积===24，点评：本题考查了切线的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理的应用等，构建全等三角形是本题的关键．8 （2014•铜仁，第21题10分）如图所示，已知∠1=∠2，请你添加一个条件，证明：AB=A C．（1）你添加的条件是∠B=∠C；（2）请写出证明过程．考点：全等三角形的判定与性质．分析：（1）此题是一道开放型的题目，答案不唯一，如∠B=∠C或∠ADB=∠ADC等；（2）根据全等三角形的判定定理AAS推出△ABD≌△ACD，再根据全等三角形的性质得出即可．解答：解：（1）添加的条件是∠B=∠C，故答案为：∠B=∠C；（2）证明：在△ABD和△ACD中，∴△ABD≌△ACD（AAS），∴AB=A C．点评：本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等，对应边相等．9. （2014•长春，第22题9分）探究：如图①，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，延长BA至点D，延长CB至点E，使BE=AD，连结CD，AE，求证：△ACE≌△CB D．应用：如图②，在菱形ABCF中，∠ABC=60°，延长BA至点D，延长CB至点E，使BE=AD，连结CD，EA，延长EA交CD于点G，求∠CGE的度数．考点：全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．分析：探究：先判断出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BC=AC，∠ACB=∠ABC，再求出CE=BD，然后利用“边角边”证明即可；应用：连接AC，易知△ABC是等边三角形，由探究可知△ACE和△CBD全等，根据全等三角形对应角相等可得∠E=∠D，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CGE=∠ABC即可．解答：解：探究：∵AB=AC，∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴BC=AC，∠ACB=∠ABC，∵BE=AD，∴BE+BC=AD+AB，即CE=BD，在△ACE和△CBD中，，∴△ACE≌△CBD（SAS）；应用：如图，连接AC，易知△ABC是等边三角形，由探究可知△ACE≌△CBD，∴∠E=∠D，∵∠BAE=∠DAG，∴∠E+∠BAE=∠D+∠DAG，∴∠CGE=∠ABC，∵∠ABC=60°，∴∠CGE=60°．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，熟记性质并确定出三角形全等的条件是解题的关键，（2）作辅助线构造出探究的条件是解题的关键．10. （2014•柳州，第25题10分）如图，正方形ABCD的边长为l，AB边上有一动点P，连接PD，线段PD绕点P顺时针旋转90°后，得到线段PE，且PE交BC于F，连接DF，过点E作EQ⊥AB的延长线于点Q．（1）求线段PQ的长；（2）问：点P在何处时，△PFD∽△BFP，并说明理由．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．分析：（1）由题意得：PD=PE，∠DPE=90°，又由正方形ABCD的边长为l，易证得△ADP≌△QPE，然后由全等三角形的性质，求得线段PQ的长；（2）易证得△DAP∽△PBF，又由△PFD∽△BFP，根据相似三角形的对应边成比例，可得证得P A=PB，则可求得答案．解答：解：（1）根据题意得：PD=PE，∠DPE=90°，∴∠APD+∠QPE=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=90°，∴∠ADP+∠APD=90°，∴∠ADP=∠QPE，∵EQ⊥AB，∴∠A=∠Q=90°，在△ADP和△QPE中，，∴△ADP≌△QPE（AAS），∴PQ=AD=1；（2）∵△PFD∽△BFP，∴，∵∠ADP=∠EPB，∠CBP=∠A，∴△DAP∽△PBF，∴，∴，∴P A=PB，∴P A=AB=∴当P A=时，△PFD∽△BFP．点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．11. （2014•辽宁大连,第19题，9分）如图：点A、B、C、D在一条直线上，AB=CD，AE∥BF，CE∥DF．求证：AE=BF．考点：全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：根据两直线平行，同位角相等可得∠A=∠FBD，∠D=∠ACE，再求出AC=BD，然后利用“角边角”证明△ACE和△BDF全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．解答：证明：∵AE∥BF，∴∠A=∠FBD，∵CE∥DF，∴∠D=∠ACE，∵AB=CD，∴AB+BC=CD+BC，即AC=BD，在△ACE和△BDF中，，∴△ACE≌△BDF（ASA），∴AE=BF．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握三角形的判定方法并确定出全等的条件是解题的关键．12. （2014•辽宁沈阳，第18题，8分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AD，BC上，且DE=CF，连接OE，OF．求证：OE=OF．考点：全等三角形的判定与性质；矩形的性质．专题：证明题．分析：欲证明OE=OF，只需证得△ODE≌△OCF即可．解答：证明：如图，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=∠BCD=90°，AC=BD，OD=BD，OC=AC，∴OD=OC，∴∠ODC=∠OCD，∴∠ADC﹣∠ODC=∠BCD﹣∠OCD，即∠EDO=∠FCO，∴在△ODE与△OCF中，，∴△ODE≌△OCF（SAS），∴OE=OF．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．13. （2014•内蒙古赤峰，第19题10，分）如图，已知△ABC中AB=A C．（1）作图：在AC上有一点D，延长BD，并在BD的延长线上取点E，使AE=AB，连AE，作∠EAC的平分线AF，AF交DE于点F（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；（2）在（1）的条件下，连接CF，求证：∠E=∠ACF．考点：全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；作图—复杂作图．专题：作图题；证明题．分析：（1）以A为圆心，以AB长为半径画弧，与BD的延长线的交点即为点E，再以点A 为圆心，以任意长为半径画弧，分别与AC、AE相交，然后以这两点为圆心，以大于它们长度为半径画弧，两弧相交于一点，过点A与这一点作出射线与BE的交点即为所求的点F；（2）求出AE=AC，根据角平分线的定义可得∠EAF=∠CAF，再利用“边角边”证明△AEF和△ACF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠E=∠ACF．解答：（1）解：如图所示；（2）证明：∵AB=AC，AE=AB，∴AE=AC，∵AF是∠EAC的平分线，∴∠EAF=∠CAF，在△AEF和△ACF中，，∴△AEF≌△ACF（SAS），∴∠E=∠ACF．点评：本题考查了全等三角形的判断与性质，等腰三角形的性质，作一条线段等于已知线段，角平分线的作法，确定出全等三角形的条件是解题的关键．14. （2014•青海西宁,第24题，8分）课间，小明拿着老师的等腰三角板玩，不小心掉到两墙之间，如图．（1）求证：△ADC≌△CEB；（2）从三角板的刻度可知AC=25cm，请你帮小明求出砌墙砖块的厚度a的大小（每块砖的厚度相等）．考点：全等三角形的应用；勾股定理的应用．分析：（1）根据题意可得AC=BC，∠ACB=90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∴∠ADC=∠CEB=90°，再根据等角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可．（2）由题意得：AD=4a，BE=3a，根据全等可得DC=BE=3a，根据勾股定理可得（4a）2+（3a）2=252，再解即可．解答：（1）证明：由题意得：AC=BC，∠ACB=90°，AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC=∠CEB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，∠ACD+∠DAC=90°，∴∠BCE=∠DAC，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）；（2）解：由题意得：AD=4a，BE=3a，由（1）得：△ADC≌△CEB，∴DC=BE=3a，在Rt△ACD中：AD2+CD2=AC2，∴（4a）2+（3a）2=252，∵a＞0，解得a=5，答：砌墙砖块的厚度a为5cm．点评：此题主要考查了全等三角形的应用，以及勾股定理的应用，关键是正确找出证明三角形全等的条件．15. （2014•山东济南，第27题，9分）如图1，有一组平行线l1∥l2∥l3∥l4，正方形ABCD 的第四个顶点分别在l1，l2，l3，l4上，EG过点D且垂直l1于点E，分别交l2，l4于点F1，G1，EF=DG=1，DF=2．（1）AE=1，正方形ABCD的边长=；（2）如图2，将∠AEG绕点A顺时针旋转得到∠AE′D′，旋转角为α（0°＜α＜90°），点D′在直线l3上，以AD′为边在E′D′左侧作菱形A′B′C′D′，使B′，C′分别在直线l2，l4上①写出∠B′AD′与α的数量关系并给出证明；②若α=30°，求菱形AB′C′D′的边长．考点：几何变换综合题．分析：（1）利用已知得出△AED≌△DGC（AAS），即可得出AE，以及正方形的边长；（2）①过点B′作B′M垂直于l1于点M，进而得出Rt△AED′≌Rt△B′MA（HL），求出∠B′AD′与α的数量关系即可；②首先过点E作ON垂直于l1分别交l1，l2于点O，N，若α=30°，则∠ED′N=60°，可求出AE=1，EO，EN，ED′的长，进而由勾股定理可知菱形的边长．解答：解：（1）由题意可得：∠1+∠3=90°，∠1+∠2=90°，∴∠2=∠3，在△AED和△DGC中，，∴△AED≌△DGC（AAS），∴AE=GD=1，又∵DE=1+2=3，∴正方形ABCD的边长==，故答案为：1，；（2）①∠B′AD′=90°﹣α；理由：过点B′作B′M垂直于l1于点M，在Rt△AED′和Rt△B′MA中，，∴Rt△AED′≌Rt△B′MA（HL），∴∠D′AE+∠B′AM=90°，∠B′AD′+α=90°，∴∠B′AD′=90°﹣α；②过点E作ON垂直于l1分别交l1，l2于点O，N，若α=30°，则∠ED′N=60°，AE=1，故EO=，EN=，ED′=，由勾股定理可知菱形的边长为：=．点评：此题主要考查了勾股定理以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练应用全等三角形的判定方法是解题关键．16.（2014•北京，第13题5分）如图，点B在线段AD上，BC∥DE，AB=ED，BC=D B．求证：∠A=∠E．考点：全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：由全等三角形的判定定理SAS证得△ABC≌△EDB，则对应角相等：∠A=∠E．解答：证明：如图，∵BC∥DE，∴∠ABC=∠BDE．在△ABC与△EDB中，∴△ABC≌△EDB（SAS），∴∠A=∠E．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．17.（2014•福建龙岩，第20题10分）如图，E，F分别是等边三角形ABC的边AB，AC上的点，且BE=AF，CE、BF交于点P（1）求证：CE=BF；（2）求∠BPC的度数．考点：全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．分析：（1）欲证明CE=BF，只需证得△BCE≌△ABF；（2）利用（1）中的全等三角形的性质得到∠BCE=∠ABF，则由图示知∠PBC+∠PCB=∠PBC+∠ABF=∠ABC=60°，即∠PBC+∠PCB=60°，所以根据三角形内角和定理求得∠BPC=120°．解答：（1）证明：如图，∵△ABC是等边三角形，∴BC=AB，∠A=∠EBC=60°，∴在△BCE与△ABF中，，∴△BCE≌△ABF（SAS），∴CE=BF；（2）∵由（1）知△BCE≌△ABF，∴∠BCE=∠ABF，∴∠PBC+∠PCB=∠PBC+∠ABF=∠ABC=60°，即∠PBC+∠PCB=60°，∴∠BPC=180°﹣60°=120°．即：∠BPC=120°．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．18.（2014•福建漳州，第19题8分）如图，点C，F在线段BE上，BF=EC，∠1=∠2，请你添加一个条件，使△ABC≌△DEF，并加以证明．（不再添加辅助线和字母）考点：全等三角形的判定．专题：开放型．分析：先求出BC=EF，添加条件AC=DF，根据SAS推出两三角形全等即可．解答：AC=DE．证明：∵BF=EC，∴BF﹣CF=EC﹣CF，∴BC=EF，在△ABC和△DEF中∴△ABC≌△DEF．点评：本题考查了全等三角形的判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，题目是一道开放型的题目，答案不唯一．19．（2014•齐齐哈尔，26题8分）在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线MN过点A且MN∥BC，过点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE=90°，且点D在直线MN 上（不与点A重合），如图1，DE与AC交于点P，易证：BD=DP．（无需写证明过程）（1）在图2中，DE与CA延长线交于点P，BD=DP是否成立？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；（2）在图3中，DE与AC延长线交于点P，BD与DP是否相等？请直接写出你的结论，无需证明．考点：全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．分析：（1）如答图2，作辅助线，构造全等三角形△BDF≌△PDA，可以证明BD=DP；（2）如答图3，作辅助线，构造全等三角形△BDF≌△PDA，可以证明BD=DP．解答：题干引论：证明：如答图1，过点D作DF⊥MN，交AB于点F，则△ADF为等腰直角三角形，∴DA=DF．∵∠1+∠FDP=90°，∠FDP+∠2=90°，∴∠1=∠2．在△BDF与△PDA中，∴△BDF≌△PDA（ASA）∴BD=DP．（1）答：BD=DP成立．证明：如答图2，过点D作DF⊥MN，交AB的延长线于点F，则△ADF为等腰直角三角形，∴DA=DF．∵∠1+∠ADB=90°，∠ADB+∠2=90°，∴∠1=∠2．在△BDF与△PDA中，∴△BDF≌△PDA（ASA）∴BD=DP．（2）答：BD=DP．证明：如答图3，过点D作DF⊥MN，交AB的延长线于点F，则△ADF为等腰直角三角形，∴DA=DF．在△BDF与△PDA中，∴△BDF≌△PDA（ASA）∴BD=DP．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质等知识点，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．20．（2014•贵阳，第24题12分）如图，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD，其中∠BAC=45°，∠ACD=30°，点E为CD边上的中点，连接AE，将△ADE沿AE所在直线翻折得到△AD′E，D′E交AC于F点．若AB=6cm．（1）AE的长为4cm；（2）试在线段AC上确定一点P，使得DP+EP的值最小，并求出这个最小值；（3）求点D′到BC的距离．考点：几何变换综合题．分析：（1）首先利用勾股定理得出AC的长，进而求出CD的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进而得出答案；（2）首先得出△ADE为等边三角形，进而求出点E，D′关于直线AC对称，连接DD′交AC于点P，此时DP+EP值为最小，进而得出答案；（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，进而得出△ABD′≌△CBD′（SSS），则∠D′BG=45°，D′G=GB，进而利用勾股定理求出点D′到BC边的距离．解答：解：（1）∵∠BAC=45°，∠B=90°，∴AB=BC=6cm，∴AC=12cm，∵∠ACD=30°，∠DAC=90°，AC=12cm，∴CD=AC÷cos30°=12÷=12×=8（cm），∵点E为CD边上的中点，∴AE=DC=4cm．故答案为：4；（2）∵Rt△ADC中，∠ACD=30°，∴∠ADC=60°，∵E为CD边上的中点，∴DE=AE，∴△ADE为等边三角形，∵将△ADE沿AE所在直线翻折得△AD′E，∴△AD′E为等边三角形，∠AED′=60°，∵∠EAC=∠DAC﹣∠EAD=30°，∴∠EF A=90°，即AC所在的直线垂直平分线段ED′，∴点E，D′关于直线AC对称，连接DD′交AC于点P，∴此时DP+EP值为最小，且DP+EP=DD′，∵△ADE是等边三角形，AD=AE=4，∴DD′=2×AD×=2×6=12，即DP+EP最小值为12cm；（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，∵AC垂直平分线ED′，∴AE=AD′，CE=CD′，∵AE=EC，∴AD′=CD′=4，在△ABD′和△CBD′中，，∴△ABD′≌△CBD′（SSS），∴∠D′BG=45°，∴D′G=GB，设D′G长为xcm，则CG长为（6﹣x）cm，在Rt△GD′C中x2+（6﹣x）2=（4）2，解得：x1=3﹣，x2=3+（不合题意舍去），∴点D′到BC边的距离为（3﹣）cm．点评：此题主要考查了全等三角形的判定与性质和锐角三角函数关系以及等边三角形的判定与性质等知识，利用垂直平分线的性质得出点E，D′关于直线AC对称是解题关键．。