中考数学基础题型提分讲练专题22以特殊的平行四边形为背景的证明与计算doc.docx
- 文档编号:5195421
- 上传时间:2022-12-13
- 格式:DOCX
- 页数:36
- 大小:31.63KB
中考数学基础题型提分讲练专题22以特殊的平行四边形为背景的证明与计算doc.docx
《中考数学基础题型提分讲练专题22以特殊的平行四边形为背景的证明与计算doc.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《中考数学基础题型提分讲练专题22以特殊的平行四边形为背景的证明与计算doc.docx(36页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
中考数学基础题型提分讲练专题22以特殊的平行四边形为背景的证明与计算doc
专题22以特殊的平行四边形为背景的证明与计算
考点分析
【例1】(2020·安徽初三)(已知:
如图所示的一张矩形纸片点C重合,再展开,折痕EF交AD边于点E,交BC边于点
ABCD(AD>AB),将纸片折叠一次,使点F,分别连结AF和CE.
A与
(1)求证:
四边形AFCE是菱形;
(2)若AE=10cm,△ABF的面积为24cm2,求△ABF的周长;
(3)在线段AC上是否存在一点P,使得2AE2=AC·AP?
若存在,请说明点P的位置,并予以证明;若不存
在,请说明理由.
【答案】
(1)证明见解析;
(2)24cm;(3)存在,过E作EP⊥AD交AC于P,则P就是所求的点,证明见解
析.
【解析】
解:
(1)∵四边形ABCD是矩形,
∴AD∥BC,∴∠EAO=∠FCO,
由折叠的性质可得:
OA=OC,AC⊥EF,
在△AOE和△COF中,
EAOFCO
∵OAOC,
AOECOF
∴△AOE≌△COF(ASA),
∴AE=CF,
∴四边形AFCE是平行四边形,
∵AC⊥EF,
∴四边形AFCE是菱形;
(2)∵四边形AFCE是菱形,∴AF=AE=10cm,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠B=90°,
1
2
∴S△ABF=
AB?
BF=24cm,
2
∴AB?
BF=48(cm2),
22)2222
∴AB+BF=(AB+BF-2AB?
BF=(AB+BF)-2×48=AF=100(cm),
∴AB+BF=14(cm)
∴△ABF的周长为:
AB+BF+AF=14+10=24(cm).
(3)证明:
过E作EP⊥AD交AC于P,则P就是所求的点.当顶点A与C重合时,折痕EF垂直平分AC,
∴OA=OC,∠AOE=∠COF=90°,
∵在平行四边形ABCD中,AD∥BC,
∴∠EAO=∠FCO,
∴△AOE≌△COF,
∴OE=OF
∴四边形AFCE是菱形.
∴∠AOE=90°,又∠EAO=∠EAP,
由作法得∠AEP=90°,
∴△AOE∽△AEP,
AE
AO
2
∴
AE
,则AE=AO?
AP,
AP
∵四边形
AFCE是菱形,
∴AO=1AC,
2
∴AE2=1AC?
AP,
2
∴2AE2=AC?
AP.
【点睛】
本题考查翻折变换(折叠问题);菱形的判定;矩形的性质,相似三角形的判定和性质,综合性较强,掌握相关性质定理,正确推理论证是解题关键.
【例2】(2019·江苏泰州中学附属初中初三月考)如图,正方形ABCD的边长为6,把一个含30°的直角
三角形BEF放在正方形上,其中∠FBE=30°,∠BEF=90°,BE=BC,绕B点转动△FBE,在旋转过程中,
(1)如图1,当F点落在边AD上时,求∠EDC的度数;
(2)如图2,设EF与边AD交于点M,FE的延长线交DC于G,当AM=2时,求EG的长;
(3)如图3,设EF与边AD交于点N,当tan∠ECD=1时,求△NED的面积.
3
【答案】
(1)15°;
(2)3;(3)18
5
【解析】
解:
(1)如图1中,作EH⊥BC于H,EM⊥CD于M.则四边形EMCH是矩形.
∵四边形ABCD是正方形,
∴BA=BC=CD,∠ABC=∠BCD=90°,
∵BC=BE,
∴AB=BE=CD,
BFBF
在Rt△BFA和Rt△BFE中,,
ABBE
∴Rt△BFA≌△Rt△BFE(HL),∴∠ABF=∠EBF=30°,
∵∠ABC=90°,∴∠EBC=30°,
∴EH=MC=1BE=1CD,
22
∴DM=CM,
∵EM⊥CD,
∴ED=EC,
∵∠BCE=1(180°﹣30°)=75°,
2
∴∠EDC=∠ECD=15°.
(2)如图2中,连接BM、BG.
∵AM=2,
∴DM=AD﹣AM=4,
由
(1)可知△BMA≌△BME,△BGE≌△BGC,
∴AM=EM=2,EG=CG,
设EG=CG=x,则DG=6﹣x.
222
在Rt△DMG中,MG=DG+DM,
222
∴(2+x)=(6﹣x)+4,
∴EG=3.
(3)如图3中,连接BN,延长FE交CD于G,连接BG.
AN=NE,EG=CG,
∵BE=BC,
∴BG垂直平分CE,
∴∠ECG+∠BCG=90°,∵∠GBC+∠ECB=90°,
∴∠ECD=∠GCB,
∴tan∠GBC=tan∠ECD=
1,
∴CG=1,
3
BC
3
∴CG=1
BC=2,
3
∵CD=6,
∴DG=CD﹣CG=4,设AN=EN=y,则DN=6﹣y,
在Rt△DNG中,(6﹣y)2+42=(2+y)2,
解得:
y=3,
∴AN=NE=3,DN=3,NG=5,
∴SNED=
3
?
S=
3
×
1
×3×4=
18
.
△
5
△DNG
5
2
5
【点睛】
本题是四边形综合题,考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,学会利用参数构建方程解决问题,属于中考压轴题.
考点集训
1.(2020·陕西初三期中)问题:
如图①,在等边三角形
ABC内有一点P,且PA=2,PB=
3
,PC=1,
6
求∠BPC的度数和等边三角形
ABC的边长.
李明同学的思路是:
将△BPC绕点B逆时针旋转
60°,画出旋转后的图形(如图②),连接PP′,可得△P′PB
是等边三角形,而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证),可得∠AP′B=
°,所
以∠BPC=∠AP′B=
°,还可证得△ABP是直角三角形,进而求出等边三角形
ABC的边长
为
,问题得到解决.
(1)根据李明同学的思路填空:
∠AP′B=
°,∠BPC=∠AP′B=
°,等边三角形ABC
的边长为
.
(2)探究并解决下列问题:
如图③,在正方形
ABCD内有一点P,且PA=5,PB=
2,PC=1.求∠BPC
的度数和正方形ABCD的边长.
【答案】
(1)∠AP′B=150°,∠BPC=∠AP′B=150°,等边三角形ABC的边长为7;
(2)∠BPC=135°,
正方形ABCD的边长为5.
【解析】
(1)∵等边△ABC,
∴∠ABC=60°,
将△BPC绕点B逆时针旋转60°得出△ABP′,
∴AP′=CP=1,BP′=BP=3,∠PBC=∠P′BA,∠AP′B=∠BPC,
∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°,
∴∠ABP′+∠ABP=∠ABC=60°,
∴△BPP′是等边三角形,
∴PP′=3,∠BP′P=60°,
∵AP′=1,AP=2,
∴AP′2+PP′2=AP2,
∴∠AP′P=90°,
∴∠BPC=∠AP′B=90°+60°=150°,
过点B作BM⊥AP′,交AP′的延长线于点M,
3
∴∠MP′B=30°,BM=,
3
由勾股定理得:
P′M=,
∴AM=1+3=,5
22
由勾股定理得:
AB=AM2BM2=7,
故答案为:
150°,7.
(2)将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AEB,
与
(1)类似:
可得:
AE=PC=1,BE=BP=2,∠BPC=∠AEB,∠ABE=∠PBC,
∴∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABC=90°,
1
∴∠BEP=(180°-90°)=45°,
2
由勾股定理得:
EP=2,
∵AE=1,AP=5,EP=2,
∴AE2+PE2=AP2,
∴∠AEP=90°,
∴∠BPC=∠AEB=90°+45°=135°,
过点B作BF⊥AE,交AE的延长线于点F;
∴∠FEB=45°,
∴FE=BF=1,
∴AF=2;
∴在Rt△ABF中,由勾股定理,得
AB=
5;
∴∠BPC=135°,正方形边长为
5.
答:
∠BPC的度数是
135°,正方形
ABCD的边长是
5.
【点睛】
本题主要考查对勾股定理及逆定理,等边三角形的性质和判定,等腰三角形的性质,含30度角的直角三
角形的性质,正方形的性质,旋转的性质等知识点的理解和掌握,正确作辅助线并能根据性质进行证明是
解此题的关键.
2.(2019·云南初三月考)如图,矩形ABCD中,AB=4,AD=3,E是边AB上一点,将△CBE沿直线CE对
折,得到△CFE,连接
DF.
(1)当D、E、F三点共线时,证明:
DE=CD;
(2)当BE=1时,求△CDF的面积;
(3)若射线DF交线段AB于点P,求BP的最大值.
【答案】
(1)见解析;
(2)24;(3)4﹣7
5
【解析】
证明:
(1)∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD=4,AD=BC=3,AB∥CD,
∴∠DCE=∠CEB
∵△CBE翻折得到△CFE
∴∠FEC=∠CEB
∴∠DCE=∠FEC
∴DE=CD
(2)如图1,延长EF交CD的延长线于点G,∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD=4,AD=BC=3,AB∥CD,∴∠DCE=∠CEB
∵△CBE翻折得到△CFE
∴∠FEC=CEB,CF=BC=3,EF=BE=1,∠CFE=90°
∴∠DCE=∠FEC,∠CFG=90°
∴CG=EG,
∴GF=GE﹣EF=CG﹣1
2
2
2
∵在Rt△CGF中,CG=CF+GF,
2
2
,
∴CG=9+(CG﹣1)
解得:
CG=5
∵△CDF与△CGF分别以CD、CG为底时,高相等
SVCDF
CD
4
∴
CG
5
SVCGF
∴S△CDF=4S△CGF=4
1
34=
24
5
5
2
5
(3)如图2,过点C作CH⊥DP于点H,连接CP,
∵CD∥AB
∴∠CDP=∠APD,且∠A=∠CHD=90°
∴△ADP∽△HCD
∴CDCH=DH,
DPADAP
∵CH≤CF,CF=BC=AD=3
∴CH≤3
∴当点H与点F重合时,
CH最大,DH最小,AP最小,BP最大,
此时,在△ADP与△HCD
APDCDP
ACHD90ADCH
∴△ADP≌△HCD(AAS)
∴CD=DP=4,AP=DF
∵AP=DP2
AD2
=7
∴BP的最大值为4﹣
7.
【点睛】
此题主要考查相似三角形的判定与性质,解题的关键是熟知矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质.
3.(2019·江苏初二期末)如图1,正方形ABCD的边长为4,对角线AC、BD交于点M.
(1)直接写出
AM=
;
(2)P是射线
AM上的一点,Q是AP的中点,设PQ=x.
①AP=
,AQ=
;
②以PQ为对角线作正方形,设所作正方形与△
ABD公共部分的面积为
S,用含x的代数式表示
S,并写出
相应的x的取值范围.(直接写出,不需要写过程
)
【答案】
(1)22;
(2)①2x,x;②Sx2
22x(0<x≤22).
【解析】
解:
(1)∵正方形ABCD的边长为4,
∴对角线AC
2AB24
2,
1
22.
又∴AMAC
2
故答案为:
2
2.
(2)①Q是AP的中点,设PQ=x,
∴AP=2PQ=2x,AQ=x.
故答案为:
2x;x.
②如图:
∵以PQ为对角线作正方形,
∴∠GQM=∠FQM=45°
∵正方形ABCD对角线AC、BD交于点M,
∴∠FMQ=∠GMQ=90°,
∴△FMQ和△GMQ均为等腰直角三角形,
∴FM=QM=MG.
∵QM=AM﹣AQ=22
x,
∴S
1
FG?
QM
1
222xx,
2
2
∴S
x2
22x,
x>0
∵依题意得:
,
22x>0
∴0<x≤22,
综上所述:
Sx222x(0<x≤22),
【点睛】
本题考查了正方形的性质:
正方形的四条边都相等,四个角都是直角;正方形的两条对角线相等,互相垂直平分,并且每条对角线平分一组对角.解答本题要充分利用等腰直角三角形性质解答.
4.(2019·江苏初二期末)
(1)如图1,已知正方形ABCD,点M和N分别是边BC,CD上的点,且BM=CN,
连接
AM和
BN,交于点
P.猜想
AM与
BN的位置关系,并证明你的结论;
(2)如图
2,将图(
1)中的△APB绕着点
B逆时针旋转
90o
,得到△A′P′B,延长
A′P′交
AP于点
E,
试判断四边形
BPEP′的形状,并说明理由.
【答案】
(1)AM⊥BN,证明见解析;
(2)四边形BPEP′是正方形,理由见解析.
【解析】
(1)AM⊥BN
证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC,∠ABM=∠BCN=90°
∵BM=CN,
∴△ABM≌△BCN
∴∠BAM=∠CBN
∵∠CBN+∠ABN=90°,
∴∠ABN+∠BAM=90°,
∴∠APB=90°
∴AM⊥BN.
(2)四边形BPEP′是正方形.
△A′P′B是△APB绕着点B逆时针旋转90o所得,
∴BP=BP′,∠P′BP=90o.
又由
(1)结论可知∠APB=∠A′P′B=90°,
∴∠BP′E=90°.
所以四边形BPEP′是矩形.
又因为BP=BP′,所以四边形BPEP′是正方形.
【点睛】
此题主要考查特殊平行四边形的性质与判定,解题的关键是熟知正方形的性质与判定
.
5.(2020·山东初三期末)如图,正方形
的边
在正方形
的边
上,连接
,过点
A
作
∥,
ABCD
CD
ECGF
CE
DG
AHDG
交
于点
.连接
,
,其中
AF
交
于点
.
BG
H
HF
AF
ECM
(1)求证:
△AHF为等腰直角三角形.
(2)若AB=3,EC=5,求EM的长.
【答案】
(1)见解析;
(2)EM=5
4
【解析】
证明:
(1)∵四边形ABCD,四边形ECGF都是正方形
∴DA∥BC,AD=CD,FG=CG,∠B=∠CGF=90°
∵AD∥BC,AH∥DG,
∴四边形AHGD是平行四边形
∴AH=DG,AD=HG=CD,
∵CD=HG,∠ECG=∠CGF=90°,FG=CG,
∴△DCG≌△HGF(SAS),
∴DG=HF,∠HFG=∠HGD
∴AH=HF,
∵∠HGD+∠DGF=90°,
∴∠HFG+∠DGF=90°
∴DG⊥HF,且AH∥DG,
∴AH⊥HF,且AH=HF
∴△AHF为等腰直角三角形.
(2)∵AB=3,EC=5,
∴AD=CD=3,DE=2,EF=5.
∵AD∥EF,
∴EM
EF
5
,且DE=2.
DM
AD
3
∴EM=5
.
4
【点睛】
本题考查了正方形的性质,平行四边形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,平行线分线段成比例等
知识点,综合性较强难度大灵活运用这些知识进行推理是本题的关键.
6.(2020·深圳市龙岗区石芽岭学校初三月考)如图,将一张矩形纸片
ABCD沿直线
MN折叠,使点
C落在
点A处,点
D落在点
E处,直线
MN交
BC于点
M,交
AD于点
N.
(1)求证:
CM=CN;
(2)若△CMN的面积与△CDN的面积比为
3:
1,求
的值.
【答案】
(1)证明见解析;
(2)23
【解析】
解:
(1)证明:
由折叠的性质可得:
∠ANM=∠CNM,
∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC.∴∠ANM=∠CMN.
∴∠CMN=∠CNM.∴CM=CN.
(2)过点N作NH⊥BC于点H,则四边形NHCD是矩形.
∴HC=DN,NH=DC.
∵△CMN的面积与△CDN的面积比为3:
1,
∴SVCMN
1MCgNH
MC
2
3.
SVCDN
1
ND
DNgNH
2
∴MC=3ND=3HC.∴MH=2HC.
设DN=x,则HC=x,MH=2x,∴CM=3x=CN.
在Rt△CDN中,DC
2
2
22x,
CN
DN
∴HN=22x.
在Rt△MNH中,MN
MH2
HN2
23x,
∴MN
23x
2
3.
DF
x
7.(2020·河南初三)如下图1,将三角板放在正方形
ABCD上,使三角板的直角顶点
E与正方形ABCD
的顶点A重合,三角板的一边交
CD于点F.另一边交CB的延长线于点G.
(1)观察猜想:
线段EF与线段EG的数量关系是;
(2)探究证明:
如图2,移动三角板,使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上,其他条件不变,
(1)中的结论是否仍然成立?
若成立,请给予证明:
若不成立.请说明理由:
(3)拓展延伸:
如图
3,将
(2)中的“正方形
ABCD”改为“矩形
ABCD”,且使三角板的一边经过点
B,其他条件不变,若
AB=a
、BC
b,求
EF
的值.
EG
【答案】
(1)EFEG;
(2)成立,证明过程见解析;(3)EFb.
EGa
【解析】
(1)EFEG,理由如下:
EDEB
由直角三角板和正方形的性质得
DEBCBEDGEF90
FEDBEFGEBBEF90
DEBG90
FEDGEB
FEDGEB
在FED和GEB中,EDEB
DEBG90
FEDGEB(ASA)
EFEG;
(2)成立,证明如下:
如图,过点E分别作EHBC,EICD,垂足分别为H,I,则四边形EHCI是矩形
HEI90
FEIHEF90,GEHHEF90
FEIGEH
由正方形对角线的性质得,AC为BCD的角平分线
则EIEH
FEIGEH
在FEI和GEH中,EIEH
FIEGHE90
FEIGEH(ASA)
EFEG;
(3)如图,过点
E分别作EM
BC,ENCD,垂足分别为M,N
同
(2)可知,
FEN
GEM
由长方形性质得:
D
ENC
90,ABCEMC90,ADBCb
EN//AD,EM//AB
CENCAD,CEMCAB
EN
CE,EM
CE
AD
CAAB
CA
EN
EM
EN
AD
b
AD
,即
EM
AB
a
AB
FENGEM
在FEN和GEM中,
FNEGME90
FENGEM
EFENb
.
EGEMa
【点睛】
本题考查了正方形的性质、矩形的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定定理与性质,
较难的是题(3),通过作辅助线,构造两个相似三角形是解题关键.
8.(2020·江苏初二期中)如图,长方形纸片ABCD中,AB=8,将纸片折叠,使顶点
B落在边AD上的E点
处,折痕的一端G点在边BC上.
(1)如图1,当折痕的另一端
F在AB边上且AE=4
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 中考 数学 基础 题型 提分讲练 专题 22 特殊 平行四边形 背景 证明 计算 doc