广东省中考数学第20题拿分必练解析版中考数学保A必刷压轴题广东专版.docx
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广东省中考数学第20题拿分必练解析版中考数学保A必刷压轴题广东专版
2020广东省中考数学第20题拿分必练
1.(2020春•武川县期中)如图,已知菱形ABCD的对角线相交于点O,延长AB至点E,使BE=AB,连接CE.
(1)求证:
BD=EC;
(2)若∠E=50°,求∠BAO的大小.
【分析】
(1)根据菱形的对边平行且相等可得AB=CD,AB∥CD,然后证明得到BE=CD,BE∥CD,从而证明四边形BECD是平行四边形,再根据平行四边形的对边相等即可得证;
(2)根据两直线平行,同位角相等求出∠ABO的度数,再根据菱形的对角线互相垂直可得AC⊥BD,然后根据直角三角形两锐角互余计算即可得解.
【解答】
(1)证明:
∵菱形ABCD,
∴AB=CD,AB∥CD,
又∵BE=AB,
∴BE=CD,BE∥CD,
∴四边形BECD是平行四边形,
∴BD=EC;
(2)解:
∵平行四边形BECD,
∴BD∥CE,
∴∠ABO=∠E=50°,
又∵菱形ABCD,
∴AC丄BD,
∴∠BAO=90°﹣∠ABO=40°.
【点评】本题主要考查了菱形的性质,平行四边形的判定与性质,熟练掌握菱形的对边平行且相等,菱形的对角线互相垂直是解本题的关键.
2.(2020•龙岗区校级模拟)如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,D是BC的中点,E是AD的中点,过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F.
(1)求证:
四边形ADCF是菱形;
(2)若AC=6,AB=8,求菱形ADCF的面积.
【分析】
(1)根据菱形的判定即可证明四边形ADCF是菱形;
(3)根据AC=6,AB=8,即可求菱形ADCF的面积.
【解答】解:
(1)证明:
∵E是AD的中点
∴AE=DE
∵AF∥BC
∴∠AFE=∠DBE
在△AEF和△DEB中
∴△AEF≌△DEB(AAS)
∴AF=DB
∴四边形ADCF是平行四边形
∵∠BAC=90°,
D是BC的中点
∴AD=CD=
BC
∴四边形ADCF是菱形;
(2)解:
法一、
设AF到CD的距离为h,
∵AF∥BC,
AF=BD=CD,
∠BAC=90°,
∴S菱形ADCF=CD•h
=
BC•h
=S△ABC
=
AB•AC
=
.
法二、
连接DF
∵AF=DB,
AF∥DB
∴四边形ABDF是平行四边形
∴DF=AB=8
∴S菱形ADCF=
AC•DF
=
.
法三、
∵三角形ABD与三角形ADC与三角形AFC的面积相等,
∴菱形ADCF的面积等于三角形ABC的面积为24.
答:
菱形ADCF的面积为24.
【点评】本题考查了菱形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线、三角形中位线定理,解决本题的关键是掌握以上基础知识.
3.(2020春•江阴市期中)如图,正方形AOBC的边OB、OA分别在x、y轴上,点C坐标为(8,8),将正方形AOBC绕点A逆时针旋转角度α(0°<α<90°),得到正方形ADEF,ED交线段BC于点Q,ED的延长线交线段OB于点P,连接AP、AQ.
(1)求证:
△ACQ≌△ADQ;
(2)求∠PAQ的度数,并判断线段OP、PQ、CQ之间的数量关系,并说明理由;
(3)连接BE、EC、CD、DB得到四边形BECD,在旋转过程中,四边形BECD能否是矩形?
如果能,请求出点P的坐标,如果不能,请说明理由.
【分析】
(1)由正方形的性质及旋转的性质可得到AD=AC,利用HL即可证得结论;
(2)利用
(1)的结论,结合条件可证得△AOP≌△ADP,进一步可求得∠PAQ=45°,再结合全等可求得PQ=OP+CQ;
(3)利用矩形的性质可得到BQ=EQ=CQ=DQ,设P(x,0),则可表示出BQ、PB的长,在Rt△BPQ中,利用勾股定理可得到关于x的方程,则可求得P点坐标.
【解答】
(1)证明:
∵正方形AOBC绕点A旋转得到正方形ADEF,
∴AD=AC,∠ADQ=∠ACQ=90°,
在Rt△ADQ和Rt△ACQ中
∴Rt△ACQ≌Rt△ADQ(HL);
(2)解:
∵△ACQ≌△ADQ,
∴∠CAQ=∠DAQ,CQ=DQ,
在Rt△AOP和Rt△ADP中
∴Rt△AOP≌Rt△ADP(HL),
∴∠OAP=∠DAP,OP=OD,
∴∠PAQ=∠DAQ+DAP=
∠DAC+
∠DAO=
(∠DAC+∠DAO)=
∠OAC=45°,
PQ=PD+DQ=OP+CQ;
(3)解:
四边形BECD可为矩形,如图,
若四边形BECD为矩形,则BQ=EQ=CQ=DQ,
∵BC=8,
∴BQ=CQ=4,
设P点坐标为(x,0),则PO=x,
∵OP=PD,CQ=DQ,
∴PD=x,DQ=4,
在Rt△BPQ中,可知PQ=x+4,BQ=4,BP=8﹣x,
∴(x+4)2=42+(8﹣x)2,解得x=
,
∴P点坐标为(
,0).
【点评】本题为四边形的综合应用,涉及全等三角形的判定和性质、正方形的性质、旋转的性质、矩形的判定和性质、勾股定理及方程思想等知识.在
(1)中注意HL的应用,在
(2)中证得Rt△AOP≌Rt△ADP是解题的关键,在(3)中注意矩形性质的应用.本题考查知识点较多,综合性较强,难度适中.
4.(2020春•硚口区期中)在正方形ABCD中,点E、G分别在AD和CD上.
(1)如图1,若BG=CE,求证:
BG⊥CE;
(2)如图2,点F在DC的延长线上,若AE=CF,BG⊥EF于点H,求证:
①AE+AB=
AH;
②如图3,若P为AB的中点,AB=8,PH=
,求FG的长.
【分析】
(1)先判断出Rt△BCG≌Rt△CDE(HL),得出∠CBG=∠DCE,即可得出结论;
(2)①先判断出△BCF≌△BAE(SAS),得出BE=BF,再判断出∠BHA=∠EHM,进而判断出∠ABH=∠MEH,得出△EMH≌△BAH(ASA),得出AB=EM,进而判断出△AHM是等腰直角三角形,即可得出结论;
②先判断出∠BHM=∠EHN,进而判断出△BHM≌△EHN(AAS),得出HM=HN,进而得出MH=AM,再根据勾股定理求出x=1,即可得出结论.
【解答】
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴BC=CD,∠BCG=∠D=90°,
在Rt△BCG和Rt△CDE中,
,
∴Rt△BCG≌Rt△CDE(HL),
∴∠CBG=∠DCE,
∵∠DCE+∠BCE=90°,
∴∠CBG+∠BCE=90°,
∴BG⊥CE;
(2)①证明:
如图2,连接BE,BF,过点H作HM⊥AH交AD的延长线于M,
∵AE=CF,∠BCF=90°=∠BAE,BC=AB,
∴△BCF≌△BAE(SAS),
∴BE=BF,
∴△BEF是等腰直角三角形,
∵BG⊥EF,
∴BH=HE=FH,
∵∠BHE=∠EHG=90°,
∴∠BHA=∠EHM,
∵∠BAE=∠BHE=90°,
∴∠ABH+∠AEH=180°=∠MEH+∠AEH,
∴∠ABH=∠MEH,
∴△EMH≌△BAH(ASA),
∴AB=EM,AH=HM,
∵∠AHE+∠AHB=90°=∠MHE+∠AHE,
∴△AHM是等腰直角三角形,
∴AM=
AH,
∴AE+AB=AE+EM=AM=
AH;
②如图3,过点H作HM⊥AB于M,HN⊥AD于N,
∴∠AMH=∠ANH=∠A=90°,
∴四边形AMHN是矩形,
∴∠MHN=90°=∠BHE,
∴∠BHM=∠EHN,
由①知,BH=HE,
∴△BHM≌△EHN(AAS),
∴HM=HN,BM=EN
∴四边形AMHN是正方形,
∴MH=AM,
∵P为AB的中点,AB=8,
∴AP=
AB=4,
设PM=x,
∴MH=AM=x+4,
在Rt△PMH中,PH=
,根据勾股定理得,PM2+HM2=PH2,
∴x2+(x+4)2=26,
∴x=﹣5(舍)或x=1,
∴PM=1,
∴EN=BM=BP﹣PM=3,
∴AE=AN﹣EN=MH﹣EN=5﹣3=2,
∴DF=CF+CD=AE+CD=10,
设FG=m,则DG=10﹣FG=10﹣m,
由①知,EH=FH,
∵BG⊥EF,
∴EG=FG=m,
在Rt△DEG中,根据勾股定理得,m2=62+(10﹣m)2,
∴m=
,
∴FG=
.
【点评】此题是四边形综合题,主要考查了正方形的性质,全等三角形判定和性质,等腰直角三角形的性质和判定,勾股定理,判断出BH=HE=FH是解本题的关键.
5.(2020•沈河区一模)如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,AE⊥BC交CB延长线于点E,CF∥AE交AD延长线于点F.
(1)求证:
四边形AECF是矩形;
(2)连接OE,若AE=12,AD=13,则线段OE的长度是 3
.
【分析】
(1)根据菱形的性质得到AD∥BC,推出四边形AECF是平行四边形,根据矩形的判定定理即可得到结论;
(2)根据已知条件得到得到CE=18.根据勾股定理得到AC=6
,于是得到结论.
【解答】
(1)证明:
∵四边形ABCD是菱形,
∴AD∥BC,
∵CF∥AE,
∴四边形AECF是平行四边形.
∵AE⊥BC,
∴∠AEC=90°,
∴平行四边形AECF是矩形;
(2)解:
∵AE=12,AD=13,
∴AB=13,
∴BE=5,
∵AB=BC=13,
∴CE=18,
∴AC=
=
=6
,
∵对角线AC,BD交于点O,
∴AO=CO=3
.
∴OE=3
,
故答案为:
3
.
【点评】本题考查了矩形的判定和性质,菱形的性质,解直角三角形,正确的识别图形是解题的关键.
6.(2020•房山区二模)如图,菱形ABCD中,分别延长DC,BC至点E,F,使CE=CD,CF=CB,连接DB,BE,EF,FD.
(1)求证:
四边形DBEF是矩形;
(2)若AB=5,cos∠ABD=
,求DF的长.
【分析】
(1)根据菱形的性质得出CE=CD,CF=CB,再根据矩形的判定证明即可.
(2)连接AC,利用菱形的性质得出AC,进而得出DF即可.
【解答】证明:
(1)∵CE=CD,CF=CB,
∴四边形DBEF是平行四边形.
∵四边形ABCD是菱形,
∴CD=CB.
∴CE=CF,
∴BF=DE,
∴四边形DBEF是矩形.
(2)连接AC,
∵四边形ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,OD=OB,OC=OA,
由
(1)得四边形DBEF是矩形,
∴DF⊥BD,
∴AC∥DF,
∴OC=
DF,
∵AB=5,cos∠ABD=
,
∴OB=3,
∴OA=OC=4,
∴DF=8.
【点评】此题考查菱形的性质,关键是根据菱形的性质和矩形的判定解答.
7.(2020春•下陆区校级期中)如图,正方形ABCD的对角线交于点O,点E、F分别在AB、BC上(AE<BE),且∠EOF=90°,OE、DA的延长线交于点M,OF、AB的延长线交于点N,连接MN.
(1)求证:
OM=ON.
(2)若正方形ABCD的边长为8,E为OM的中点,求MN的长.
【分析】
(1)证△OAM≌△OBN即可得;
(2)作OH⊥AD,由正方形的边长为8且E为OM的中点知OH=HA=4、HM=8,再根据勾股定理得OM的长,由直角三角形性质知MN=OM问题得解.
【解答】解:
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴OA=OB,∠DAO=45°,∠OBA=45°,
∴∠OAM=∠OBN=135°,
∵∠EOF=90°,∠AOB=90°,
∴∠AOM=∠BON,
在△OAM和△OBN中,
∴△OAM≌△OBN(ASA),
∴OM=ON;
(2)如图,过点O作OH⊥AD于点H,
∵正方形的边长为8,
∴OH=HA=4,
∵E为OM的中点,
∴HM=8,
则OM=
=4
,
∴MN=
OM=4
.
【点评】本题主要考查正方形的性质,解题的关键是掌握正方形的四条边都相等,正方形的每条对角线平分一组对角及全等三角形的判定与性质.
8.(2020•济宁模拟)正方形ABCD中,点P是边CD上的任意一点,连接BP,O为BP的中点,作PE⊥BD于E,连接EO,AE.
(1)若∠PBC=α,求∠POE的大小(用含α的式子表示);
(2)用等式表示线段AE与BP之间的数量关系,并证明.
【分析】
(1)先根据正方形的性质得:
∠DBC=∠CDB=45°,则∠DBP=45°﹣α,根据直角三角形斜边中线的性质可得EO=BO,由等腰三角形性质和外角的性质可得结论;
(2)作辅助线,证明△ABE≌△CBE,则AE=CE,根据直角三角形斜边中线的性质得:
OC=OB=OP=OE,证明△EOC是等腰直角三角形,最后由勾股定理可得:
BP=
,所以BP=
.
【解答】解:
(1)在正方形ABCD中,BC=DC,∠C=90°,
∴∠DBC=∠CDB=45°,
∵∠PBC=α,
∴∠DBP=45°﹣α,
∵PE⊥BD,且O为BP的中点,
∴EO=BO,
∴∠EBO=∠BEO,
∴∠EOP=∠EBO+∠BEO=90°﹣2α;
(2)连接OC,EC,
在正方形ABCD中,AB=BC,∠ABD=∠CBD,BE=BE,
∴△ABE≌△CBE,
∴AE=CE,
在Rt△BPC中,O为BP的中点,
∴CO=BO=
,
∴∠OBC=∠OCB,
∴∠COP=2α,
由
(1)知∠EOP=90°﹣2α,
∴∠EOC=∠COP+∠EOP=90°,
又由
(1)知BO=EO,
∴EO=CO.
∴△EOC是等腰直角三角形,
∴EO2+OC2=EC2,
∴EC=
OC=
,
即BP=
,
∴BP=
.
【点评】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识,第
(2)问有难度,作辅助线,构建全等三角形和等腰直角三角形是解决问题的关键.
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