九年级中考二轮专题证明四边形专题Word下载.docx

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，则阴影部分的面积是（）

A．

B．2C．3D．

★考点感悟：

●变式练习：

1、如图，菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°

，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为（）

A．1B．

C．2D．

＋1

2、如图，梯形ABCD中，AB∥CD，点E、F、G分别是BD、AC、DC的中点.已知两底差是6，两腰和是12，则△EFG的周长是（）

A.8B.9C.10D.12

3、在面积为15的平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直于直线BC于点E，作AF垂直于直线CD于点F，若AB＝5，BC＝6，则CE＋CF的值为（）

A．11＋

B．11－

C．11＋

或11－

D．11－

或1＋

题型二:

填空题

【例2】如图，菱形ABCD中，AB=AC，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE=BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AG于点O．则下列结论①△ABF≌△CAE，②∠AHC=120°

，③AH+CH=DH，④AD2=OD·

DH中，正确的结论是．

1.如图，线段AC=n+1（其中n为正整数），点B在线段AC上，在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，连接AM、ME、EA得到△AME．当AB=1时，△AME的面积记为S1；

当AB=2时，△AME的面积记为S2；

当AB=3时，△AME的面积记为S3；

…；

当AB=n时，△AME的面积记为Sn．当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1=　　．

2、如图，在四边形ABCD中，AC=BD=6，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则EG2+FH2=。

1题图2题图

题型三:

计算与证明

Ⅰ常规试题

【例3】如图，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=10，F为AD的中点，CE⊥AB于E，设∠ABC=α（60°

≤α＜90°

）．

（1）当α=60°

时，求CE的长；

（2）当60°

＜α＜90°

时，

①是否存在正整数k，使得∠EFD=k∠AEF？

若存在，求出k的值；

若不存在，请说明理由．

②连接CF，当CE2﹣CF2取最大值时，求C点的位置．

Ⅱ新型试题

【例4】

（1）如图

（1），正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上，直接写出HD∶GC∶EB的结果（不必写计算过程）；

（2）将图

（1）中的正方形AEGH绕点A旋转一定角度，如图

（2），求HD∶GC∶EB；

（3）把图

（2）中的正方形都换成矩形，如图（3），且已知DA∶AB＝HA∶AE＝m:

n，此时HD∶GC∶EB的值与

（2）小题的结果相比有变化吗？

如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）．

【例5】如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝2∠BCD＝2α，点E在AD上，点F在DC上，且∠BEF=∠A. 

（1）∠BEF=_____（用含α的代数式表示）；

（2）当AB＝AD时，猜想线段ED、EF的数量关系，并证明你的猜想；

（3）当AB≠AD时，将“点E在AD上”改为“点E在AD的延长线上，且AE＞AB，AB＝mDE，AD＝nDE”，其他条件不变（如图2），求

的值（用含m、n的代数式表示）。

【例6】如图，在矩形OABC中，AO＝10，AB＝8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处，分别以OC、OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过O，D，C三点．

（1）求AD的长及抛物线的解析式；

（2）一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，以P，Q，C为顶点的三角形与△ADE相似？

（3）点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？

若存在，请直接写出点M与点N的坐标（不写求解过程）；

【课后测试】

1、如图，四边形ABCD中，∠BAD=120°

，∠B=∠D=90°

，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为（）

A.130°

B.120°

C.110°

D.100°

2、如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠C＝90°

，AD＝5，BC＝9，以A为中心将腰AB顺时针旋转90°

至AE，连接DE，则△ADE的面积等于（）

A．10B．11C．12D．13

3、如图，已知正方形ABCD中，BE平分∠DBC且交CD边于点E，将△BCE绕点C顺时针旋转到△DCF的位置，并延长BE交DF于点G．

（1）求证：

△BDG∽△DEG；

（2）若EG•BG=4，求BE的长．

4、如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠DCB＝45°

，CD＝2，BD⊥CD．过点C作CE⊥AB于E，对

角线BD于F．点G为BC中点，连结EG、AF．

（1）求EG的长；

（2）求证：

CF＝AB＋AF．

5、如图1，在菱形ABCD中，AC=2，BD=23，AC，BD相交于点O．

（1）求边AB的长；

（2）如图2，将一个足够大的直角三角板60°

角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°

角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF与AC相交于点G．

①判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由；

②旋转过程中，当点E为边BC的四等分点时（BE＞CE），求CG的长．

部分答案与提示：

【例1】如图，设BF、CE相交于点M，

∵菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，

∴△BCM∽△BGF，∴

，即

。

解得CM=1.2。

∴DM=2﹣1.2=0.8。

∵∠A=120°

，∴∠ABC=180°

﹣120°

=60°

∴菱形ABCD边CD上的高为2sin60°

=2×

，

菱形ECGF边CE上的高为3sin60°

=3×

∴阴影部分面积=S△BDM+S△DFM=

×

0.8×

+

故选A。

【例3】解：

（1）∵α=60°

，BC=10，∴sinα=

，即sin60°

=

，解得CE=

（2）①存在k=3，使得∠EFD=k∠AEF。

理由如下：

连接CF并延长交BA的延长线于点G，

∵F为AD的中点，∴AF=FD。

在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠G=∠DCF。

在△AFG和△CFD中，

∵∠G=∠DCF，∠G=∠DCF，AF=FD，

∴△AFG≌△CFD（AAS）。

∴CF=GF，AG=CD。

∵CE⊥AB，∴EF=GF。

∴∠AEF=∠G。

∵AB=5，BC=10，点F是AD的中点，∴AG=5，AF=

AD=

BC=5。

∴AG=AF。

∴∠AFG=∠G。

在△AFG中，∠EFC=∠AEF+∠G=2∠AEF，

又∵∠CFD=∠AFG，∴∠CFD=∠AEF。

∴∠EFD=∠EFC+∠CFD=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF，

因此，存在正整数k=3，使得∠EFD=3∠AEF。

②设BE=x，∵AG=CD=AB=5，∴EG=AE+AG=5﹣x+5=10﹣x，

在Rt△BCE中，CE2=BC2﹣BE2=100﹣x2。

在Rt△CEG中，CG2=EG2+CE2=（10﹣x）2+100﹣x2=200﹣20x。

∵CF=GF（①中已证），∴CF2=（

CG）2=

CG2=

（200﹣20x）=50﹣5x。

∴CE2﹣CF2=100﹣x2﹣50+5x=﹣x2+5x+50=﹣（x﹣

）2+50+

∴当x=

，即点E是AB的中点时，CE2﹣CF2取最大值。

【例4】解：

（1）HD:

GC:

EB＝１:

:

1。

（2）连接AG、AC，

∵△ADC和△AHG都是等腰直角三角形，

∴AD:

AC＝AH:

AG＝１:

，∠DAC=∠HAG=45°

∴∠DAH=∠CAG。

∴△DAH∽△CAG。

∴HD:

GC＝AD:

AC＝１:

∵∠DAB=∠HAE=90°

，∴∠DAH=∠BAE。

又∵AD＝AB，AH＝AE，∴△DAH≌△BAE（SAS）。

∴HD=EB。

:

（3）有变化，HD:

EB＝

【考点】正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。

【分析】

（1）连接AG，

∵正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上，

∴∠GAE=∠CAB=45°

，AE=AH，AB=AD。

∴A，G，C共线，AB－AE=AD－AH，∴HD=BE。

∵

∴GC=AC－AG=

AB－

AE=

（AB－AE）=

BE。

∴HD：

GC：

EB=1：

：

（2）连接AG、AC，由△ADC和△AHG都是等腰直角三角形，易证得△DAH∽△CAG与△DAH≌△BAE，利用相似三角形的对应边成比例与正方形的性质，即可求得HD：

EB的值。

（3）连接AG、AC，

∵矩形AEGH的顶点E、H在矩形ABCD的边上，

DA：

AB=HA：

AE=m：

n，

∴∠ADC=∠AHG=90°

，∴△ADC∽△AHG。

∴AD：

AC=AH：

AG=

，∠DAC=∠HAG。

GC=AD：

AC=

∵DA：

n，∴△ADH∽△ABE。

∴DH：

BE=AD：

AB=m：

n。

EB=

【例5】解：

（1）180°

－2α。

（2）EB=EF。

证明如下：

连接BD交EF于点O，连接BF。

∵AD∥BC，∴∠A=180°

-∠ABC=180°

－2α，

∠ADC=180°

－∠C=180°

-α。

∵AB=AD，∴∠ADB=

（180°

－∠A）=α。

∴∠BDC=∠ADC－∠ADB=180°

由

（1）得：

∠BEF=180°

－2α=∠BDC。

又∵∠EOB=∠DOF，∴△EOB∽△DOF。

∴

∵∠EOD=∠BOF，∴△EOD∽△BOF。

∴∠EFB=∠EDO=α。

∴∠EBF=180°

－∠BEF－∠EFB=α=∠EFB。

∴EB=EF。

（3）延长AB至G，使AG=AE，连接BE，GE，

则∠G=∠AEG=

∵AD∥BC，

∴∠EDF=∠C=α，∠GBC=∠A，∠DEB=∠EBC。

∴∠E