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10. (2025·浙江中考)【问题背景】如图所示,某兴趣小组需要在正方形纸板ABCD上剪下机翼状纸板(阴影部分),点E在对角线BD上。
【数学理解】
(1)该机翼状纸板是由两个全等三角形组成的,请写出△ABE≌△CBE的证明过程。
(2)若裁剪过程中满足DE=DA,求“机翼角”∠BAE的度数。
【数学理解】
(1)该机翼状纸板是由两个全等三角形组成的,请写出△ABE≌△CBE的证明过程。
(2)若裁剪过程中满足DE=DA,求“机翼角”∠BAE的度数。
答案
10. (1)
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ AB = CB,∠ABD = ∠CBD。又
∵ BE = BE,
∴ △ABE ≌ △CBE (SAS)
(2)
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ ∠BAD = 90°,∠ADB = 45°。
∵ DE = DA,
∴ ∠DAE = ∠DEA。
∵ ∠DAE + ∠DEA + ∠ADE = 180°,
∴ ∠DAE = ∠DEA = $\frac{1}{2} × (180° - 45°) = 67. 5°$,
∴ ∠BAE = ∠BAD - ∠DAE = 90° - 67.5° = 22.5°
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ AB = CB,∠ABD = ∠CBD。又
∵ BE = BE,
∴ △ABE ≌ △CBE (SAS)
(2)
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ ∠BAD = 90°,∠ADB = 45°。
∵ DE = DA,
∴ ∠DAE = ∠DEA。
∵ ∠DAE + ∠DEA + ∠ADE = 180°,
∴ ∠DAE = ∠DEA = $\frac{1}{2} × (180° - 45°) = 67. 5°$,
∴ ∠BAE = ∠BAD - ∠DAE = 90° - 67.5° = 22.5°
解析
【分析】
(1)要证明△ABE≌△CBE，可先结合正方形的性质找全等所需条件：正方形四条边相等可得AB=CB，正方形对角线平分一组内角可得∠ABD=∠CBD，再加上公共边BE，即可用SAS判定两个三角形全等。
(2)求∠BAE的度数，可先利用正方形性质得到∠BAD=90°、∠ADB=45°，再结合DE=DA可知△ADE是等腰三角形，利用三角形内角和算出∠DAE的度数，最后用∠BAD减去∠DAE即可得到∠BAE的度数。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB = CB，∠ABD = ∠CBD。
又
∵ BE = BE，
∴ △ABE ≌ △CBE (SAS)。
(2)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BAD = 90°，∠ADB = 45°。
∵ DE = DA，
∴ ∠DAE = ∠DEA。
∵ ∠DAE + ∠DEA + ∠ADE = 180°，
∴ ∠DAE = ∠DEA = $\frac{1}{2} × (180° - 45°) = 67. 5°$，
∴ ∠BAE = ∠BAD - ∠DAE = 90° - 67.5° = 22.5°。
【答案】
(1)证明见解析过程；
(2)∠BAE的度数为22.5°。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的性质
【点评】
本题以正方形为背景，综合考查了全等三角形证明和角度计算，解题核心是熟练掌握特殊几何图形的性质，灵活运用全等判定、三角形内角和等知识解决问题，是基础类的几何综合题。
【难度系数】
0.8
(1)要证明△ABE≌△CBE，可先结合正方形的性质找全等所需条件：正方形四条边相等可得AB=CB，正方形对角线平分一组内角可得∠ABD=∠CBD，再加上公共边BE，即可用SAS判定两个三角形全等。
(2)求∠BAE的度数，可先利用正方形性质得到∠BAD=90°、∠ADB=45°，再结合DE=DA可知△ADE是等腰三角形，利用三角形内角和算出∠DAE的度数，最后用∠BAD减去∠DAE即可得到∠BAE的度数。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB = CB，∠ABD = ∠CBD。
又
∵ BE = BE，
∴ △ABE ≌ △CBE (SAS)。
(2)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BAD = 90°，∠ADB = 45°。
∵ DE = DA，
∴ ∠DAE = ∠DEA。
∵ ∠DAE + ∠DEA + ∠ADE = 180°，
∴ ∠DAE = ∠DEA = $\frac{1}{2} × (180° - 45°) = 67. 5°$，
∴ ∠BAE = ∠BAD - ∠DAE = 90° - 67.5° = 22.5°。
【答案】
(1)证明见解析过程；
(2)∠BAE的度数为22.5°。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的性质
【点评】
本题以正方形为背景，综合考查了全等三角形证明和角度计算，解题核心是熟练掌握特殊几何图形的性质，灵活运用全等判定、三角形内角和等知识解决问题，是基础类的几何综合题。
【难度系数】
0.8
1.矩形两条对角线的交点到短边的距离比到长边的距离多4，若矩形的周长为56，则矩形的两邻边的长分别为(
A.19 和9
B.10 和8
C.16 和12
D.18 和10
D
)。A.19 和9
B.10 和8
C.16 和12
D.18 和10
答案
1. D
解析
【分析】
解题时首先回忆矩形的性质：矩形对角线互相平分且相等，对角线的交点是矩形的对称中心，该点到对边的距离等于对应邻边长的一半。我们可以先设矩形的长、短边分别为x、y，根据“交点到短边的距离比到长边的距离多4”列第一个方程，再根据矩形周长公式列第二个方程，联立求解即可得到两邻边的长度。
【解析】
设矩形的长边长度为x，短边长度为y。
根据矩形的性质，对角线交点到短边的距离为$\frac{x}{2}$，到长边的距离为$\frac{y}{2}$，结合题意可得：
$\frac{x}{2}-\frac{y}{2}=4$，化简得$x-y=8$ ①
已知矩形周长为56，由矩形周长公式得：
$2(x+y)=56$，化简得$x+y=28$ ②
联立①②两个方程，将①+②可得：
$2x=36$，解得$x=18$
将$x=18$代入②式，得$18+y=28$，解得$y=10$
因此矩形两邻边的长分别为18和10，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质；二元一次方程组的应用；矩形周长计算
【点评】
本题解题的核心是明确矩形对角线交点到对边的距离与邻边长的关系，结合周长条件建立方程求解，属于基础性质应用类题目，掌握矩形基本性质即可快速作答。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆矩形的性质：矩形对角线互相平分且相等，对角线的交点是矩形的对称中心，该点到对边的距离等于对应邻边长的一半。我们可以先设矩形的长、短边分别为x、y，根据“交点到短边的距离比到长边的距离多4”列第一个方程，再根据矩形周长公式列第二个方程，联立求解即可得到两邻边的长度。
【解析】
设矩形的长边长度为x，短边长度为y。
根据矩形的性质，对角线交点到短边的距离为$\frac{x}{2}$，到长边的距离为$\frac{y}{2}$，结合题意可得：
$\frac{x}{2}-\frac{y}{2}=4$，化简得$x-y=8$ ①
已知矩形周长为56，由矩形周长公式得：
$2(x+y)=56$，化简得$x+y=28$ ②
联立①②两个方程，将①+②可得：
$2x=36$，解得$x=18$
将$x=18$代入②式，得$18+y=28$，解得$y=10$
因此矩形两邻边的长分别为18和10，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质；二元一次方程组的应用；矩形周长计算
【点评】
本题解题的核心是明确矩形对角线交点到对边的距离与邻边长的关系，结合周长条件建立方程求解，属于基础性质应用类题目，掌握矩形基本性质即可快速作答。
【难度系数】
0.7
2. 我们知道:四边形具有不稳定性。如图,在平面直角坐标系中,边长为2 的正方形 ABCD 的边 AB 在 x 轴上,AB 的中点是坐标原点 O,固定点 A,B,把正方形沿箭头方向推,使点 D 落在 y 轴正半轴上点 D'处,则点 C 的对应点 C'的坐标为(
A.$(\sqrt{3},1)$
B.$(2,1)$
C.$(1,\sqrt{3})$
D.$(2,\sqrt{3})$
D
)。A.$(\sqrt{3},1)$
B.$(2,1)$
C.$(1,\sqrt{3})$
D.$(2,\sqrt{3})$
答案
2. D
解析
【分析】
解题时先抓住图形变换前后边长不变的特点：首先由正方形边长为2，AB中点是原点O，可得AO的长度为1，变换后AD'仍等于原正方形边长2；接着在直角三角形AOD'中利用勾股定理求出OD'的长度，得到点D'的坐标；最后根据平行四边形对边平行且相等的性质，结合AB在x轴上的特点，推导得出点C'的坐标。
【解析】
∵ 正方形ABCD的边长为2，
∴ AB=AD=CD=2，
∵ O是AB的中点，且为坐标原点，
∴ AO = $\frac{1}{2}$AB = 1，
将正方形沿箭头方向推后，AD' = AD = 2，
在Rt△AOD'中，∠AOD'=90°，由勾股定理得：
OD' = $\sqrt{AD'^2 - AO^2}$ = $\sqrt{2^2 - 1^2}$ = $\sqrt{3}$，
∴ 点D'的坐标为(0, $\sqrt{3}$)，
又
∵ 变换后四边形ABC'D'是平行四边形，
∴ C'D' = AB = 2，且C'D'//AB（AB在x轴上，即C'D'与x轴平行），
∴ 点C'的纵坐标与D'相同为$\sqrt{3}$，横坐标为0 + 2 = 2，
即C'的坐标为(2, $\sqrt{3}$)，故选D。
【答案】
D
【知识点】
勾股定理；平行四边形的性质；坐标与图形变化
【点评】
本题结合四边形的不稳定性，考查了勾股定理和平行四边形性质的应用，解题的核心是明确图形变换过程中边长保持不变，再结合坐标系内点的坐标特征推导即可，属于基础类应用题目。
【难度系数】
0.7
解题时先抓住图形变换前后边长不变的特点：首先由正方形边长为2，AB中点是原点O，可得AO的长度为1，变换后AD'仍等于原正方形边长2；接着在直角三角形AOD'中利用勾股定理求出OD'的长度，得到点D'的坐标；最后根据平行四边形对边平行且相等的性质，结合AB在x轴上的特点，推导得出点C'的坐标。
【解析】
∵ 正方形ABCD的边长为2，
∴ AB=AD=CD=2，
∵ O是AB的中点，且为坐标原点，
∴ AO = $\frac{1}{2}$AB = 1，
将正方形沿箭头方向推后，AD' = AD = 2，
在Rt△AOD'中，∠AOD'=90°，由勾股定理得：
OD' = $\sqrt{AD'^2 - AO^2}$ = $\sqrt{2^2 - 1^2}$ = $\sqrt{3}$，
∴ 点D'的坐标为(0, $\sqrt{3}$)，
又
∵ 变换后四边形ABC'D'是平行四边形，
∴ C'D' = AB = 2，且C'D'//AB（AB在x轴上，即C'D'与x轴平行），
∴ 点C'的纵坐标与D'相同为$\sqrt{3}$，横坐标为0 + 2 = 2，
即C'的坐标为(2, $\sqrt{3}$)，故选D。
【答案】
D
【知识点】
勾股定理；平行四边形的性质；坐标与图形变化
【点评】
本题结合四边形的不稳定性，考查了勾股定理和平行四边形性质的应用，解题的核心是明确图形变换过程中边长保持不变，再结合坐标系内点的坐标特征推导即可，属于基础类应用题目。
【难度系数】
0.7
3. 如图，已知菱形$OABC$的顶点$O(0,0)$，$B(2,2)$，若菱形绕点$O$逆时针旋转，每秒旋转$45°$，则第60 s时，菱形的对角线交点$D$的坐标为(
A.$(1,-1)$
B.$(-1,-1)$
C.$(\sqrt{2},0)$
D.$(0,-\sqrt{2})$
B
)。A.$(1,-1)$
B.$(-1,-1)$
C.$(\sqrt{2},0)$
D.$(0,-\sqrt{2})$
答案
3. B
解析
【分析】
解题时可分三步思考：第一步，根据菱形对角线互相平分的性质，对角线交点D是OB的中点，先求出旋转前D点的坐标；第二步，计算60秒菱形旋转的总角度，结合周角为360°的周期性，求出等效的实际旋转角度；第三步，根据点绕原点逆时针旋转180°的坐标变化规律，得到旋转后D点的坐标，对应选项即可。
【解析】
1. 求初始状态下点D的坐标：
菱形的对角线互相平分，因此交点D是对角线OB的中点。
已知$O(0,0)$，$B(2,2)$，根据中点坐标公式，D点坐标为$( \frac{0+2}{2},\frac{0+2}{2} )$，即$(1,1)$。
2. 计算总旋转角度，确定等效旋转角度：
每秒旋转$45°$，60秒总旋转角度为$45° × 60=2700°$。
由于旋转一周为$360°$，$2700° ÷ 360° =7······180°$，即旋转7整周后额外逆时针旋转了$180°$，整周旋转后点的位置不变，因此等效于点D绕原点逆时针旋转$180°$。
3. 求旋转后D点的坐标：
点绕原点逆时针旋转$180°$时，横、纵坐标均变为原来的相反数，因此$(1,1)$旋转后的坐标为$(-1,-1)$。
【答案】
B
【知识点】
菱形的性质；坐标与图形旋转；中点坐标公式
【点评】
本题属于基础综合题，将菱形性质、旋转的周期性和坐标变化规律结合考查，解题的核心是利用旋转的周期性简化大角度旋转的计算，避免不必要的复杂运算。
【难度系数】
0.7
解题时可分三步思考：第一步，根据菱形对角线互相平分的性质，对角线交点D是OB的中点，先求出旋转前D点的坐标；第二步，计算60秒菱形旋转的总角度，结合周角为360°的周期性，求出等效的实际旋转角度；第三步，根据点绕原点逆时针旋转180°的坐标变化规律，得到旋转后D点的坐标，对应选项即可。
【解析】
1. 求初始状态下点D的坐标：
菱形的对角线互相平分，因此交点D是对角线OB的中点。
已知$O(0,0)$，$B(2,2)$，根据中点坐标公式，D点坐标为$( \frac{0+2}{2},\frac{0+2}{2} )$，即$(1,1)$。
2. 计算总旋转角度，确定等效旋转角度：
每秒旋转$45°$，60秒总旋转角度为$45° × 60=2700°$。
由于旋转一周为$360°$，$2700° ÷ 360° =7······180°$，即旋转7整周后额外逆时针旋转了$180°$，整周旋转后点的位置不变，因此等效于点D绕原点逆时针旋转$180°$。
3. 求旋转后D点的坐标：
点绕原点逆时针旋转$180°$时，横、纵坐标均变为原来的相反数，因此$(1,1)$旋转后的坐标为$(-1,-1)$。
【答案】
B
【知识点】
菱形的性质；坐标与图形旋转；中点坐标公式
【点评】
本题属于基础综合题，将菱形性质、旋转的周期性和坐标变化规律结合考查，解题的核心是利用旋转的周期性简化大角度旋转的计算，避免不必要的复杂运算。
【难度系数】
0.7
4. (2025·内江中考)如图,在矩形ABCD中,AB=8,AD=6,E,F分别是边AD,CD上的动点,连接BE,EF,G为BE的中点,H为EF的中点,连接GH,则GH的最大值是
5
。答案
4. 5
解析
【分析】
解题时先观察中点条件：G、H分别是BE、EF的中点，联想到三角形中位线定理，可推出GH是△BEF的中位线，因此GH=½BF，求GH的最大值可转化为求BF的最大值。再分析点F的运动范围：F在CD边上运动，点B到CD上点的最大距离为F与D重合时的长度，即矩形对角线BD的长度，最后结合勾股定理计算即可。
【解析】
1. 连接BF。
∵ G是BE的中点，H是EF的中点，
∴ GH是△BEF的中位线，根据三角形中位线定理可得：$GH=\frac{1}{2}BF$。
2. 要使GH最大，需BF取得最大值。
∵ F在CD边上运动，
∴ 当F与点D重合时，BF最长，此时BF等于矩形对角线BD的长度。
3. 在矩形ABCD中，$AB=8,AD=6,∠ BAD=90°$，
由勾股定理得：$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
即BF的最大值为10，
因此GH的最大值为$\frac{1}{2}×10=5$。
【答案】
5
【知识点】
三角形中位线定理，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题是动点最值类基础题，核心是利用中位线的性质将未知线段的最值转化为已知可求的线段最值，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
解题时先观察中点条件：G、H分别是BE、EF的中点，联想到三角形中位线定理，可推出GH是△BEF的中位线，因此GH=½BF，求GH的最大值可转化为求BF的最大值。再分析点F的运动范围：F在CD边上运动，点B到CD上点的最大距离为F与D重合时的长度，即矩形对角线BD的长度，最后结合勾股定理计算即可。
【解析】
1. 连接BF。
∵ G是BE的中点，H是EF的中点，
∴ GH是△BEF的中位线，根据三角形中位线定理可得：$GH=\frac{1}{2}BF$。
2. 要使GH最大，需BF取得最大值。
∵ F在CD边上运动，
∴ 当F与点D重合时，BF最长，此时BF等于矩形对角线BD的长度。
3. 在矩形ABCD中，$AB=8,AD=6,∠ BAD=90°$，
由勾股定理得：$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
即BF的最大值为10，
因此GH的最大值为$\frac{1}{2}×10=5$。
【答案】
5
【知识点】
三角形中位线定理，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题是动点最值类基础题，核心是利用中位线的性质将未知线段的最值转化为已知可求的线段最值，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
