九年级中考一轮复习导学案38课时三角形四边形.docx
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九年级中考一轮复习导学案38课时三角形四边形
第38课时三角形、四边形综合题
【基础知识梳理】
1.几何证明与计算是平面几何中的一个重要问题,它对培养学生逻辑思维能力有着很大作用。
几何证明与计算有两种基本类型:
一是平面图形的数量关系;二是有关平面图形的位置关系。
这两类问题常常可以相互转化。
2.掌握分析、证明几何问题的指导方法:
(1)综合法(由因导果),从已知条件出发,通过有关定义、定理、公理的应用,逐步向前推进,直到问题的解决;
(2)分析法(执果索因)从命题的结论考虑,推敲使其成立需要具备的条件,然后再把所需的条件看成要证的结论继续推敲,如此逐步往上逆求,直到已知事实为止;
(3)两头凑法:
将分析与综合法合并使用,比较起来,分析法利于思考,综合法易于表达,因此,在实际思考问题时,可合并使用,灵活处理,以利于缩短题设与结论的距离,最后达到证明目的。
3.掌握构造基本图形的方法:
复杂的图形都是由基本图形组成的,因此要善于将复杂图形分解成基本图形。
在更多时候需要构造基本图形,在构造基本图形时往往需要添加辅助线,以达到集中条件、转化问题的目的。
4掌握几何计算问题的具体方法:
(1)在等腰三角形、直角三角形中解决问题,应用三线合一、勾股定理、三角函数等。
(2)在全等三角形、相似三角形中解决问题,应用方程的思想,建立等量关系。
【精典例题】
例题1.(2014•济南)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= ,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AB′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;全等三角形的判定与性质;勾股定理的应用.
专题:
几何综合题.
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,l3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.
练习1:
(2014•泰州,第23题,10分)如图,BD是△ABC的角平分线,点E,F分别在BC、AB上,且DE∥AB,EF∥AC.
(1)求证:
BE=AF;
(2)若∠ABC=60°,BD=6,求四边形ADEF的面积.
(第8题图)
考点:
平行四边形的判定与性质;角平分线的性质;等腰三角形的判定与性质;含30度角的直角三角形
分析:
(1)由DE∥AB,EF∥AC,可证得四边形ADEF是平行四边形,∠ABD=∠BDE,又由BD是△ABC的角平分线,易得△BDE是等腰三角形,即可证得结论;
(2)首先过点D作DG⊥AB于点G,过点E作EH⊥BD于点H,易求得DG与DE的长,继而求得答案.
解答:
(1)证明:
∵DE∥AB,EF∥AC,
∴四边形ADEF是平行四边形,∠ABD=∠BDE,
∴AF=DE,
∵BD是△ABC的角平分线,
∴∠ABD=∠DBE,
∴∠DBE=∠BDE,
∴BE=DE,
∴BE=AF;
(2)解:
过点D作DG⊥AB于点G,过点E作EH⊥BD于点H,
∵∠ABC=60°,BD是∠ABC的平分线,
∴∠ABD=∠EBD=30°,
∴DG=BD=×6=3,
∵BE=DE,
∴BH=DH=BD=3,
∴BE=
=2
,
∴DE=BE=2
,
∴四边形ADEF的面积为:
DE•DG=6
.
点评:
此题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及三角函数等知识.此题难度适中,注意掌握辅助线的作法,注意掌握数形结合思想的应用.
例2(2014•福建泉州,第25题12分)如图,在锐角三角形纸片ABC中,AC>BC,点D,E,F分别在边AB,BC,CA上.
(1)已知:
DE∥AC,DF∥BC.
①判断
四边形DECF一定是什么形状?
②裁剪
当AC=24cm,BC=20cm,∠ACB=45°时,请你探索:
如何剪四边形DECF,能使它的面积最大,并证明你的结论;
(2)折叠
请你只用两次折叠,确定四边形的顶点D,E,C,F,使它恰好为菱形,并说明你的折法和理由.
考点:
四边形综合题
分析:
(1)①根据有两组对边互相平行的四边形是平行四边形即可求得,②根据△ADF∽△ABC推出对应边的相似比,然后进行转换,即可得出h与x之间的函数关系式,根据平行四边形的面积公式,很容易得出面积S关于h的二次函数表达式,求出顶点坐标,就可得出面积s最大时h的值.
(2)第一步,沿∠ABC的对角线对折,使C与C1重合,得到三角形ABB1,第二步,沿B1对折,使DA1⊥BB1.
解答:
解:
(1)①∵DE∥AC,DF∥BC,
∴四边形DECF是平行四边形.
②作AG⊥BC,交BC于G,交DF于H,
∵∠ACB=45°,AC=24cm
∴AG=
=12
,
设DF=EC=x,平行四边形的高为h,
则AH=12
h,
∵DF∥BC,
∴
=
,
∵BC=20cm,
即:
=
∴x=
×20,
∵S=xh=x•
×20=20h﹣
h2.
∴﹣
=﹣
=6
,
∵AH=12
,
∴AF=FC,
∴在AC中点处剪四边形DECF,能使它的面积最大.
(2)第一步,沿∠ABC的对角线对折,使C与C1重合,得到三角形ABB1,第二步,沿B1对折,使DA1⊥BB1.
理由:
对角线互相垂直平分的四边形是菱形.
点评:
本题考查了相似三角形的判定及性质、菱形的判定、二次函数的最值.关键在于根据相似三角形及已知条件求出相关线段的表达式,求出二次函数表达式,即可求出结论.
练习2:
(2014•安徽省,第23题14分)如图1,正六边形ABCDEF的边长为a,P是BC边上一动点,过P作PM∥AB交AF于M,作PN∥CD交DE于N.
(1)①∠MPN= 60° ;
②求证:
PM+PN=3a;
(2)如图2,点O是AD的中点,连接OM、ON,求证:
OM=ON;
(3)如图3,点O是AD的中点,OG平分∠MON,判断四边形OMGN是否为特殊四边形?
并说明理由.
考点:
四边形综合题.
分析:
(1)①运用∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC求解,②作AG⊥MP交MP于点G,BH⊥MP于点H,CL⊥PN于点L,DK⊥PN于点K,利用MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN求解,
(2)连接OE,由△OMA≌△ONE证明,
(3)连接OE,由△OMA≌△ONE,再证出△GOE≌△NOD,由△ONG是等边三角形和△MOG是等边三角形求出四边形MONG是菱形.,
解答:
解:
(1)①∵四边形ABCDEF是正六边形,
∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°
又∴PM∥AB,PN∥CD,
∴∠BPM=60°,∠NPC=60°,
∴∠MPN=180°﹣∠BPM﹣∠NPC=180°﹣60°﹣60°=60°,
故答案为;60°.
②如图1,作AG⊥MP交MP于点G,BH⊥MP于点H,CL⊥PN于点L,DK⊥PN于点K,
MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN
∵正六边形ABCDEF中,PM∥AB,作PN∥CD,
∵∠AMG=∠BPH=∠CPL=∠DNK=60°,
∴GM=AM,HL=BP,PL=PM,NK=ND,
∵AM=BP,PC=DN,
∴MG+HP+PL+KN=a,GH=LK=a,
∴MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN=3A.
(2)如图2,连接OE,
∵四边形ABCDEF是正六边形,AB∥MP,PN∥DC,
∴AM=BP=EN,
又∵∠MAO=∠NOE=60°,OA=OE,
在△ONE和△OMA中,
∴△OMA≌△ONE(SAS)
∴OM=ON.
(3)如图3,连接OE,
由
(2)得,△OMA≌△ONE
∴∠MOA=∠EON,
∵EF∥AO,AF∥OE,
∴四边形AOEF是平行四边形,
∴∠AFE=∠AOE=120°,
∴∠MON=120°,
∴∠GON=60°,
∵∠GON=60°﹣∠EON,∠DON=60°﹣∠EON,
∴∠GOE=∠DON,
∵OD=OE,∠ODN=∠OEG,
在△GOE和∠DON中,
∴△GOE≌△NOD(ASA),
∴ON=OG,
又∵∠GON=60°,
∴△ONG是等边三角形,
∴ON=NG,
又∵OM=ON,∠MOG=60°,
∴△MOG是等边三角形,
∴MG=GO=MO,
∴MO=ON=NG=MG,
∴四边形MONG是菱形.
点评:
本题主要考查了四边形的综合题,解题的关键是恰当的作出辅助线,根据三角形全等找出相等的线段.
【达标检测】
1.(2014•安徽省,第8题4分)如图,Rt△ABC中,AB=9,BC=6,∠B=90°,将△ABC折叠,使A点与BC的中点D重合,折痕为MN,则线段BN的长为( )
A.B.C.4D.5
考点:
翻折变换(折叠问题).
分析:
设BN=x,则由折叠的性质可得DN=AN=9﹣x,根据中点的定义可得BD=3,在Rt△ABC中,根据勾股定理可得关于x的方程,解方程即可求解.
解答:
解:
设BN=x,由折叠的性质可得DN=AN=9﹣x,
∵D是BC的中点,
∴BD=3,
在Rt△ABC中,x2+32=(9﹣x)2,
解得x=4.
故线段BN的长为4.
故选:
C.
点评:
考查了翻折变换(折叠问题),涉及折叠的性质,勾股定理,中点的定义以及方程思想,综合性较强,但是难度不大.
2、(2014•襄阳,第12题3分)如图,在矩形ABCD中,点E,F分别在边AB,BC上,且AE=AB,将矩形沿直线EF折叠,点B恰好落在AD边上的点P处,连接BP交EF于点Q,对于下列结论:
①EF=2BE;②PF=2PE;③FQ=4EQ;④△PBF是等边三角形.其中正确的是( )
A.
①②
B.
②③
C.
①③
D.
①④
考点:
翻折变换(折叠问题);矩形的性质
分析:
求出BE=2AE,根据翻折的性质可得PE=BE,再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出∠APE=30°,然后求出∠AEP=60°,再根据翻折的性质求出∠BEF=60°,根据直角三角形两锐角互余求出∠EFB=30°,然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得EF=2BE,判断出①正确;利用30°角的正切值求出PF=
PE,判断出②错误;求出BE=2EQ,EF=2BE,然后求出FQ=3EQ,判断出③错误;求出∠PBF=∠PFB=60°,然后得到△PBF是等边三角形,判断出④正确.
解答:
解:
∵AE=AB,
∴BE=2AE,
由翻折的性质得,PE=BE,
∴∠APE=30°,
∴∠AEP=90°﹣30°=60°,
∴∠BEF=(180°﹣∠AEP)=(180°﹣60°)=60°,
∴∠EFB=90°﹣60°=30°,
∴EF=2BE,故①正确;
∵BE=PE,
∴EF=2PE,
∵EF>PF,
∴PF>2PE,故②错误;
由翻折可知EF⊥PB,
∴∠EBQ=∠EFB=30°,
∴BE=2EQ,EF=2BE,
∴FQ=3EQ,故③错误;
由翻折的性质,∠EFB=∠BFP=30°,
∴∠BFP=30°+30°=60°,
∵∠PBF=90°﹣∠EBQ=90°﹣30°=60°,
∴∠PBF=∠PFB=60°,
∴△PBF是等边三角形,故④正确;
综上所述,结论正确的是①④.
故选D.
点评:
本题考查了翻折变换的性质,直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质,直角三角形两锐角互余的性质,等边三角形的判定,熟记各性质并准确识图是解题的关键.
3、(2014•济南)如图,将边长为12的正方形ABCD沿其对角线AC剪开,再把△ABC沿着AD方向平移,得到△A′B′C′,当两个三角形重叠部分的面积为32时,它移动的距离AA′等于 4或8 .
考点:
平移的性质;解一元二次方程-因式分解法;平行四边形的判定与性质;正方形的性质.
专题:
几何动点问题.
分析:
根据平移的性质,结合阴影部分是平行四边形,△AA′H与△HCB′都是等腰直角三角形,则若设AA′=x,则阴影部分的底长为x,高A′D=2﹣x,根据平行四边形的面积公式即可列出方程求解.
解答:
解:
设AC交A′B′于H,
∵∠A=45°,∠D=90°
∴△A′HA是等腰直角三角形
设AA′=x,则阴影部分的底长为x,高A′D=12﹣x
∴x•(12﹣x)=32
∴x=4或8,
即AA′=4或8cm.
故答案为:
4或8.
点评:
考查了平移的性质及一元二次方程的解法等知识,解决本题关键是抓住平移后图形的特点,利用方程方法解题.
4、(2014•青岛,第24题12分)已知:
如图,菱形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,且AC=12cm,BD=16cm.点P从点B出发,沿BA方向匀速运动,速度为1cm/s;同时,直线EF从点D出发,沿DB方向匀速运动,速度为1cm/s,EF⊥BD,且与AD,BD,CD分别交于点E,Q,F;当直线EF停止运动时,点P也停止运动.连接PF,设运动时间为t(s)(0<t<8).解答下列问题:
(1)当t为何值时,四边形APFD是平行四边形?
(2)设四边形APFE的面积为y(cm2),求y与t之间的函数关系式;
(3)是否存在某一时刻t,使S四边形APFE:
S菱形ABCD=17:
40?
若存在,求出t的值,并求出此时P,E两点间的距离;若不存在,请说明理由.
考点:
四边形综合题.
分析:
(1))由四边形ABCD是菱形,OA=AC,OB=BD.在Rt△AOB中,运用勾股定理求出AB=10.再由△DFQ∽△DCO.得出
=
.求出DF.由AP=DF.求出t.
(2)过点C作CG⊥AB于点G,由S菱形ABCD=AB•CG=AC•BD,求出CG.据S梯形APFD=(AP+DF)•CG.S△EFD=EF•QD.得出y与t之间的函数关系式;
(3)过点C作CG⊥AB于点G,由S菱形ABCD=AB•CG,求出CG,由S四边形APFE:
S菱形ABCD=17:
40,求出t,再由△PBN∽△ABO,求得PN,BN,据线段关系求出EM,PM再由勾股定理求出PE.
解答:
解:
(1)∵四边形ABCD是菱形,
∴AB∥CD,AC⊥BD,OA=OC=AC=6,OB=OD=BD=8.
在Rt△AOB中,AB=
=10.
∵EF⊥BD,
∴∠FQD=∠COD=90°.
又∵∠FDQ=∠CDO,
∴△DFQ∽△DCO.
∴
=
.
即
=,
∴DF=t.
∵四边形APFD是平行四边形,
∴AP=DF.
即10﹣t=t,
解这个方程,得t=
.
∴当t=
s时,四边形APFD是平行四边形.
(2)如图,过点C作CG⊥AB于点G,
∵S菱形ABCD=AB•CG=AC•BD,
即10•CG=×12×16,
∴CG=
.
∴S梯形APFD=(AP+DF)•CG
=(10﹣t+t)•
=t+48.
∵△DFQ∽△DCO,
∴
=
.
即=
,
∴QF=t.
同理,EQ=t.
∴EF=QF+EQ=t.
∴S△EFD=EF•QD=×t×t=t2.
∴y=(t+48)﹣t2=﹣t2+t+48.
(3)如图,过点P作PM⊥EF于点M,PN⊥BD于点N,
若S四边形APFE:
S菱形ABCD=17:
40,
则﹣t2+t+48=
×96,
即5t2﹣8t﹣48=0,
解这个方程,得t1=4,t2=﹣
(舍去)
过点P作PM⊥EF于点M,PN⊥BD于点N,
当t=4时,
∵△PBN∽△ABO,
∴
=
=
,即
=
=
.
∴PN=
,BN=
.
∴EM=EQ﹣MQ=
=.
PM=BD﹣BN﹣DQ=
=
.
在Rt△PME中,
PE=
=
=
(cm).
点评:
本题主要考查了四边形的综合知识,解题的关键是根据三角形相似比求出相关线段.
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