中考数学第一轮专题复习四边形有关的计算与证明含答案.doc
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(2017浙江宁波第24题)在一次课题学习中,老师让同学们合作编题,某学习小组受赵爽弦图的启发,编写了下面这道题,请你来解一解:
如图,将矩形的四边、、、分别延长至、、、,使得,,连接,,,.
(1)求证:
四边形为平行四边形;
(2)若矩形是边长为1的正方形,且,,求的长.
【答案】
(1)证明见解析;
(2)2
【解析】
试题分析:
(1)易证AH=CF,结合已知条件由勾股定理可得EH=FG,同理可得EF=GH,从而得证.
(2)设AE=x,则BE=x+1,由可得DH=x+1,AH=x+2,由可求出结果.
试题分析:
(1)在矩形ABCD中,AD=BC,∠BAD=∠BCD=90°
又∵BF=DH
∴AD+DH=BC+BF
即AH=CF
在RtΔAEH中,EH=
在RtΔCFG中,FG=
∵AE=CG
∴EH=FG
同理得:
EF=HG
∴四边形EFGH为平行四边形.
(2)在正方形ABCD中,AB=AD=1
设AE=x,则BE=x+1
∵在RtΔBEF中,
∴BE=BF
∵BF=DH
∴DH=BE=x+1
∴AH=AD+DH=x+2
∵
∴AH=2AE
∴2+x=2x
∴x=2
即AE=2
考点:
1.矩形的性质;2.平行四边形的判定;3.正方形的性质;4.解直角三角形.
4.(2017甘肃庆阳第26题)如图,矩形ABCD中,AB=6,BC=4,过对角线BD中点O的直线分别交AB,CD边于点E,F.
(1)求证:
四边形BEDF是平行四边形;
(2)当四边形BEDF是菱形时,求EF的长.
【答案】
(1)证明见解析.
(2).
【解析】
试题分析:
(1)根据平行四边形ABCD的性质,判定△BOE≌△DOF(ASA),得出四边形BEDF的对角线互相平分,进而得出结论;
(2)在Rt△ADE中,由勾股定理得出方程,解方程求出BE,由勾股定理求出BD,得出OB,再由勾股定理求出EO,即可得出EF的长.
(2)当四边形BEDF是菱形时,BE⊥EF,
设BE=x,则DE=x,AE=6﹣x,
在Rt△ADE中,DE2=AD2+AE2,
∴x2=42+(6﹣x)2,
解得:
x=,
∵BD=,
∴OB=BD=,
∵BD⊥EF,
∴EO=,
∴EF=2EO=.
考点:
矩形的性质;平行四边形的判定与性质;菱形的性质.
5.(2017广西吴江第26题)已知,在中,是边上的一个动点,将沿所在直线折叠,使点落在点处.
(1)如图1,若点是中点,连接.①写出的长;②求证:
四边形是平行四边形.
(2)如图2,若,过点作交的延长线于点,求的长.
【答案】
(1)①BD=,BP=2.②证明见解析;
(2).
【解析】
试题分析:
(1)①分别在Rt△ABC,Rt△BDC中,求出AB、BD即可解决问题;
②想办法证明DP∥BC,DP=BC即可;
(2)如图2中,作DN⊥AB于N,PE⊥AC于E,延长BD交PA于M.设BD=AD=x,则CD=4﹣x,在Rt△BDC中,可得x2=(4﹣x)2+22,推出x=,推出DN=,由△BDN∽△BAM,可得,由此求出AM,由△ADM∽△APE,可得,由此求出AE=,可得EC=AC﹣AE=4﹣=由此即可解决问题.
试题解析:
(1)①在Rt△ABC中,∵BC=2,AC=4,
∴AB=,
∵AD=CD=2,
∴BD=,
由翻折可知,BP=BA=2.
②如图1中,
∵△BCD是等腰直角三角形,
∴∠BDC=45°,
∴∠ADB=∠BDP=135°,
∴∠PDC=135°﹣45°=90°,
∴∠BCD=∠PDC=90°,
∴DP∥BC,∵PD=AD=BC=2,
∴四边形BCPD是平行四边形.
(2)如图2中,作DN⊥AB于N,PE⊥AC于E,延长BD交PA于M.
设BD=AD=x,则CD=4﹣x,
在Rt△BDC中,∵BD2=CD2+BC2,
∴x2=(4﹣x)2+22,
∴x=,
∵DB=DA,DN⊥AB,
∴BN=AN=,
在Rt△BDN中,DN=,
由△BDN∽△BAM,可得,
∴
∴AM=2,
∴AP=2AM=4,
由△ADM∽△APE,可得,
∴,
∴AE=,
∴EC=AC﹣AE=4﹣=,
易证四边形PECH是矩形,
∴PH=EC=.
考点:
四边形综合题.
6.(2017贵州安顺第21题)如图,DB∥AC,且DB=AC,E是AC的中点,
(1)求证:
BC=DE;
(2)连接AD、BE,若要使四边形DBEA是矩形,则给△ABC添加什么条件,为什么?
【答案】
(1)证明见解析;
(2)添加AB=BC.
【解析】
试题分析:
(1)要证明BC=DE,只要证四边形BCED是平行四边形.通过给出的已知条件便可.
(2)矩形的判定方法有多种,可选择利用“对角线相等的平行四边形为矩形”来解决.
试题解析:
(1)证明:
∵E是AC中点,
∴EC=AC.
∵DB=AC,
∴DB∥EC.
又∵DB∥EC,
∴四边形DBCE是平行四边形.
∴BC=DE.
(2)添加AB=BC.
理由:
∵DB∥AE,DB=AE
∴四边形DBEA是平行四边形.
∵BC=DE,AB=BC,
∴AB=DE.
∴▭ADBE是矩形.
考点:
矩形的判定;平行四边形的判定与性质.
7.
8.(2017湖南怀化第19题)如图,四边形是正方形,是等边三角形.
(1)求证:
;
(2)求的度数.
【答案】
(1)证明见解析
(2)150°.
【解析】
试题分析:
(1)根据正方形、等边三角形的性质,可以得到AB=BE=CE=CD,∠ABE=∠DCE=30°,由此即可证明;
(2)只要证明∠EAD=∠ADE=15°,即可解决问题;
试题解析:
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,△ABC是等边三角形,
∴BA=BC=CD=BE=CE,∠ABC=∠BCD=90°,∠EBC=∠ECB=60°,
∴∠ABE=∠ECD=30°,
在△ABE和△DCE中,
,[来源:
学科网]
∴△ABE≌△DCE(SAS).
(2)∵BA=BE,∠ABE=30°,
∴∠BAE=(180°﹣30°)=75°,
∵∠BAD=90°,
∴∠EAD=90°﹣75°=15°,同理可得∠ADE=15°,
∴∠AED=180°﹣15°﹣15°=150°.
考点:
正方形的性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质.
9.(2017江苏无锡第21题)已知,如图,平行四边形ABCD中,E是BC边的中点,连DE并延长交AB的延长线于点F,求证:
AB=BF..
【答案】证明见解析.
【解析】
试题分析:
根据线段中点的定义可得CE=BE,根据平行四边形的对边平行且相等可得AB∥CD,AB=CD,再根据两直线平行,内错角相等可得∠DCB=∠FBE,然后利用“角边角”证明△CED和△BEF全等,根据全等三角形对应边相等可得CD=BF,从而得证.
试题解析:
∵E是BC的中点,
∴CE=BE,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥CD,AB=CD,
∴∠DCB=∠FBE,
在△CED和△BEF中,
,
∴△CED≌△BEF(ASA),
∴CD=BF,
∴AB=BF.
考点:
1.平行四边形的性质;2.全等三角形的判定与性质.
10.(2017江苏盐城第22题)如图,矩形ABCD中,∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F.
(1)求证:
四边形BEDF是平行四边形;
(2)当∠ABE为多少度时,四边形BEDF是菱形?
请说明理由.
【答案】
(1)证明见解析;
(2)当∠ABE=30°时,四边形BEDF是菱形,理由见解析.
试题解析:
(1)∵四边形ABCD是矩形,
∴AB∥DC、AD∥BC,
∴∠ABD=∠CDB,
∵BE平分∠ABD、DF平分∠BDC,
∴∠EBD=∠ABD,∠FDB=∠BDC,
∴∠EBD=∠FDB,
∴BE∥DF,
又∵AD∥BC,
∴四边形BEDF是平行四边形;
(2)当∠ABE=30°时,四边形BEDF是菱形,
∵BE平分∠ABD,
∴∠ABD=2∠ABE=60°,∠EBD=∠ABE=30°,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=90°,
∴∠EDB=90°-∠ABD=30°,
∴∠EDB=∠EBD=30°,
∴EB=ED,
又∵四边形BEDF是平行四边形,
∴四边形BEDF是菱形.
考点:
矩形的性质;平行四边形的判定与性质;菱形的判定.
11.(2017甘肃兰州第26题)如图,1,将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠,顶点落到点处,交于点.
(1)求证:
是等腰三角形;
(2)如图2,过点作,交于点,连结交于点.
①判断四边形的形状,并说明理由;
②若,,求的长.
【答案】
(1)证明见解析;
(2).
【解析】
试题分析:
(1)根据两直线平行内错角相等及折叠特性判断;
(2)①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等判断;
②根据折叠特性设未知边,构造勾股定理列方程求解.
试题解析:
(1)证明:
如图1,根据折叠,∠DBC=∠DBE,
又AD∥BC,
∴∠DBC=∠ADB,
∴∠DBE=∠ADB,
∴DF=BF,
∴△BDF是等腰三角形;
(2)①∵四边形ABCD是矩形,
∴AD∥BC,
∴FD∥BG,
又∵FD∥BG,
∴四边形BFDG是平行四边形,
∵DF=BF,
∴四边形BFDG是菱形;
②∵AB=6,AD=8,
∴BD=10.
∴OB=BD=5.
假设DF=BF=x,∴AF=AD﹣DF=8﹣x.
∴在直角△ABF中,AB2+A2=BF2,即62+(8﹣x)2=x2,
解得x=,
即BF=,
∴FO==,
∴FG=2FO=.
考点:
四边形综合题.
12.(2017四川自贡第21题)如图,点E,F分别在菱形ABCD的边DC,DA上,且CE=AF.
求证:
∠ABF=∠CBE.
【答案】证明见解析.
【解析】
考点:
菱形的性质.
13.(2017江苏徐州第23题)如图,在平行四边形中,点是边的中点,连接并延长,交延长线于点连接.
(1)求证:
四边形是平行四边形;
(2)若,则当时,四边形是矩形.
【答案】
(1)证明见解析;
(2)100°
【解析】
试题分析:
(1)由AAS证明△BOE≌△COD,得出OE=OD,即可得出结论;
(2)由平行四边形的性质得出∠BCD=∠A=50°,由三角形的外角性质求出∠ODC=∠BCD,得出OC=OD,证出DE=BC,即可得出结论.
试题解析:
(1)∵四边形ABCD为平行四边形,
∴AB∥DC,AB=CD,
∴∠OEB=∠ODC,
又∵O为BC的中点,
∴BO=CO,
在△BOE和△COD中,
,
∴△BOE≌△COD(AAS);
∴OE=OD,
∴四边形BECD是平行四边形;
(2)若∠A=50°,则当∠BOD=100°时,四边形BECD是矩形.理由如下:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴∠BCD=∠A=50°,
∵∠BOD=∠BCD+∠ODC,
∴∠ODC=100°-50°=50°=∠BCD,
∴OC=OD,
∵BO=CO,OD=OE,
∴DE=BC,
∵四边形BECD是平行四边形,
∴四边形BECD是矩形;
考点:
1.矩形的判定;2.平行四边形的判定与性质.
15.(2017北京第20题)数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线,则所容两长方形面积相等(如图所示)”这一推论,他从这一推论出发,
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