2020年中考數學基礎題型提分講練 專題21 以平行四邊形為背景的證明與計算(含解析)
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1、專題21 以平行四邊形為背景的證明與計算 考點分析 【例1】(2019·重慶中考真題)在中,BE平分交AD于點E. (1)如圖1,若,,求的面積; (2)如圖2,過點A作,交DC的延長線于點F,分別交BE,BC于點G,H,且.求證:. 【答案】(1);(2)證明見解析. 【解析】 (1)解:作于O,如圖1所示: ∵四邊形ABCD是平行四邊形, ∴,,,, ∴,, ∴, ∵BE平分, ∴, ∴, ∴, ∴的面積; (2)證明:作交DF的延長線于P,垂足為Q,連接PB、PE,如圖2所示: ∵,, ∴,, ∴, ∴, ∴, ∵,, ∴, ∴,
2、 ∵, ∴, 在和中,, ∴, ∴, ∵,, ∴,, ∵, ∴, 在和中,, ∴, ∴, ∴. 【點睛】 本題考查了平行四邊形的性質、全等三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、直角三角形的性質、線段垂直平分線的性質等知識;熟練掌握平行四邊形的性質,證明三角形全等是解題的關鍵. 【例2】 (2019·山東初二期末)在正方形ABCD中,E是邊CD上一點(點E不與點C、D重合),連結BE. (感知)如圖①,過點A作AF⊥BE交BC于點F.易證△ABF≌△BCE.(不需要證明) (探究)如圖②,取BE的中點M,過點M作FG⊥BE交BC于點F,交A
3、D于點G. (1)求證:BE=FG. (2)連結CM,若CM=1,則FG的長為 ?。? (應用)如圖③,取BE的中點M,連結CM.過點C作CG⊥BE交AD于點G,連結EG、MG.若CM=3,則四邊形GMCE的面積為 ?。? 【答案】(1)證明見解析;(2)2,9. 【解析】 感知:∵四邊形ABCD是正方形, ∴AB=BC,∠BCE=∠ABC=90°, ∴∠ABE+∠CBE=90°, ∵AF⊥BE, ∴∠ABE+∠BAF=90°, ∴∠BAF=∠CBE, 在△ABF和△BCE中, , ∴△ABF≌△BCE(ASA); 探究:(1)如圖②, 過點G作GP
4、⊥BC于P, ∵四邊形ABCD是正方形, ∴AB=BC,∠A=∠ABC=90°, ∴四邊形ABPG是矩形, ∴PG=AB,∴PG=BC, 同感知的方法得,∠PGF=∠CBE, 在△PGF和△CBE中, , ∴△PGF≌△CBE(ASA), ∴BE=FG; (2)由(1)知,FG=BE, 連接CM, ∵∠BCE=90°,點M是BE的中點, ∴BE=2CM=2, ∴FG=2, 故答案為:2. 應用:同探究(2)得,BE=2ME=2CM=6, ∴ME=3, 同探究(1)得,CG=BE=6, ∵BE⊥CG, ∴S四邊形CEGM=CG×ME=×6×3=9, 故答
5、案為:9. 【點睛】本題是四邊形綜合題,主要考查了正方形的性質,同角的余角相等,全等三角形的判定和性質,直角三角形的性質,熟練掌握相關的性質與定理、判斷出CG=BE是解本題的關鍵. 考點集訓 1.(2019·四川初三期末)在矩形ABCD中,AB=12,P是邊AB上一點,把△PBC沿直線PC折疊,頂點B的對應點是點G,過點B作BE⊥CG,垂足為E且在AD上,BE交PC于點F. (1)如圖1,若點E是AD的中點,求證:△AEB≌△DEC; (2)如圖2,①求證:BP=BF; ②當AD=25,且AE<DE時,求cos∠PCB的值; ③當BP=9時,求BE?EF的值. 【答案】
6、(1)證明見解析;(2)①證明見解析;②;③108. 【解析】 (1)在矩形ABCD中,∠A=∠D=90°,AB=DC, ∵E是AD中點, ∴AE=DE, 在△ABE和△DCE中,, ∴△ABE≌△DCE(SAS); (2)①在矩形ABCD,∠ABC=90°, ∵△BPC沿PC折疊得到△GPC, ∴∠PGC=∠PBC=90°,∠BPC=∠GPC, ∵BE⊥CG, ∴BE∥PG, ∴∠GPF=∠PFB, ∴∠BPF=∠BFP, ∴BP=BF; ②當AD=25時, ∵∠BEC=90°, ∴∠AEB+∠CED=90°, ∵∠AEB+∠ABE=90°, ∴∠CE
7、D=∠ABE, ∵∠A=∠D=90°, ∴△ABE∽△DEC, ∴, 設AE=x, ∴DE=25﹣x, ∴, ∴x=9或x=16, ∵AE<DE, ∴AE=9,DE=16, ∴CE=20,BE=15, 由折疊得,BP=PG, ∴BP=BF=PG, ∵BE∥PG, ∴△ECF∽△GCP, ∴, 設BP=BF=PG=y, ∴, ∴y=, ∴BP=, 在Rt△PBC中,PC=,cos∠PCB==; ③如圖,連接FG, ∵∠GEF=∠BAE=90°, ∵BF∥PG,BF=PG=BP, ∴?BPGF是菱形, ∴BP∥GF, ∴∠GFE=∠ABE,
8、 ∴△GEF∽△EAB, ∴, ∴BE?EF=AB?GF=12×9=108. 【點睛】 此題是四邊形綜合題,主要考查了矩形的性質,全等三角形的判定和性質,相似三角形的判定和性質,折疊的性質,利用方程的思想解決問題是解本題的關鍵. 2.(2019·甘肅中考真題)如圖,在正方形中,點是的中點,連接,過點作交于點,交于點. (1)證明:; (2)連接,證明:. 【答案】(1)見解析;(2)見解析. 【解析】 證明:(1)四邊形是正方形, , 又, , , (2)如圖所示,延長交的延長線于, 是的中點, , 又, , , 即是的中點, 又, 中
9、,. 【點睛】 本題主要考查了正方形的性質以及全等三角形的判定與性質,在應用全等三角形的判定時,要注意三角形間的公共邊和公共角,必要時添加適當輔助線構造三角形. 3.(2019·黑龍江初三)如圖,矩形ABCD中,AB=6,BC=4,過對角線BD中點O的直線分別交AB,CD邊于點E,F. (1)求證:四邊形BEDF是平行四邊形; (2)當四邊形BEDF是菱形時,求EF的長. 【答案】(1)證明見解析;(2). 【解析】 (1)證明:∵四邊形ABCD是矩形,O是BD的中點, ∴∠A=90°,AD=BC=4,AB∥DC,OB=OD, ∴∠OBE=∠ODF, 在△BOE和△D
10、OF中, ∴△BOE≌△DOF(ASA), ∴EO=FO, ∴四邊形BEDF是平行四邊形; (2)當四邊形BEDF是菱形時,BD⊥EF, 設BE=x,則?DE=x,AE=6-x, 在Rt△ADE中,DE2=AD2+AE2, ∴x2=42+(6-x)2, 解得:x= , ∵BD= =2, ∴OB=BD=, ∵BD⊥EF, ∴EO==, ∴EF=2EO=. 點睛:本題主要考查了矩形的性質,菱形的性質、勾股定理、全等三角形的判定與性質,熟練掌握矩形的性質和勾股定理,證明三角形全等是解決問的關鍵 4.(2019·四川中考真題)如圖,在四邊形中,,延長到E,使,連接
11、交于點F,點F是的中點.求證: (1). (2)四邊形是平行四邊形. 【答案】(1)見解析;(2)見解析 【解析】 證明:(1)∵, ∴, ∵點F是的中點, ∴, 在與中,, ∴; (2)∵, ∴, ∵, ∴, ∵, ∴四邊形是平行四邊形. 【點睛】 本題考查全等三角形的判定和性質、平行四邊形判定定理,解題的關鍵是熟練掌握全等三角形的判定和性質、平行四邊形判定定理. 5.(2019·山東初二期末)已知,如圖,在ABCD中,延長DA到點E,延長BC到點F,使得AE=CF,連接EF,分別交AB,CD于點M,N,連接DM,BN. (1)求證:△AEM≌
12、△CFN; (2)求證:四邊形BMDN是平行四邊形. 【答案】證明見解析 【解析】 證明:(1) ∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AB∥DC ,AD∥BC. ∴∠E=∠F,∠DAB=∠BCD. ∴∠EAM=∠FCN. 又∵AE=CF ∴△AEM≌△CFN(ASA). (2) ∵由(1)△AEM≌△CFN ∴AM=CN. 又∵四邊形ABCD是平行四邊形 ∴ABCD ∴BMDN. ∴四邊形BMDN是平行四邊形. 6.(2019·黑龍江中考真題).已知:在矩形中,是對角線,于點,于點; (1)如圖1,求證:; (2)如圖2,當時,連接.,在不添加任何輔助線
13、的情況下,請直接寫出圖2中四個三角形,使寫出的每個三角形的面積都等于矩形面積的. 【答案】(1)詳見解析;(2)的面積的面積的面積的面積矩形面積的. 【解析】 (1)證明:∵四邊形是矩形, ∴, ,, ∴, ∵于點,于點, ∴, 在和中,, ∴, ∴; (2)解:的面積的面積的面積的面積矩形面積的. 理由如下: ∵, ∴, ∵, ∴, ∵, ∴, ∴,, ∴的面積矩形的面積, ∵, ∴的面積矩形的面積; 作于,如圖所示: ∵, ∴, ∴的面積矩形的面積, 同理:的面積矩形的面積. 【點睛】 本題主要考查了矩形的性質、全等三角形的判定
14、與性質、直角三角形中角所對的直角邊等于斜邊的一半,靈活應用矩形的性質證全等,熟練掌握直角三角形角的性質是解題的關鍵. 7.(2019·浙江中考真題)如圖,矩形的頂點,分別在菱形的邊,上,頂點、在菱形的對角線上. (1)求證:; (2)若為中點,,求菱形的周長。 【答案】(1)證明見解析;(2)8. 【解析】 (1)∵四邊形EFGH是矩形, ∴EH=FG,EH∥FG, ∴∠GFH=∠EHF, ∵∠BFG=180°-∠GFH,∠DHE=180°-∠EHF, ∴∠BFG=∠DHE, ∵四邊形ABCD是菱形, ∴AD∥BC, ∴∠GBF=∠EDH, ∴△B
15、GF≌△DEH(AAS), ∴BG=DE; (2)連接EG, ∵四邊形ABCD是菱形, ∴AD=BC,AD∥BC, ∵E為AD中點, ∴AE=ED, ∵BG=DE, ∴AE=BG,AE∥BG, ∴四邊形ABGE是平行四邊形, ∴AB=EG, ∵EG=FH=2, ∴AB=2, ∴菱形ABCD的周長=8. 【點睛】 本題考查了菱形的性質,矩形的性質,全等三角形的判定和性質,正確的識別作圖是解題的關鍵. 8.(2019·山西實驗中學初三月考)如圖1,在矩形ABCD中,P為CD邊上一點(DP<CP),∠APB=90°.將△ADP沿AP翻折得到△AD′P,PD′的延長
16、線交邊AB于點M,過點B作BN∥MP交DC于點N. (1)求證:AD2=DP?PC; (2)請判斷四邊形PMBN的形狀,并說明理由; (3)如圖2,連接AC,分別交PM,PB于點E,F.若=,求的值. 【答案】(1)證明見解析;(2)四邊形PMBN是菱形,理由見解析;(3) 【解析】 解:(1)過點P作PG⊥AB于點G, ∴易知四邊形DPGA,四邊形PCBG是矩形, ∴AD=PG,DP=AG,GB=PC ∵∠APB=90°, ∴∠APG+∠GPB=∠GPB+∠PBG=90°, ∴∠APG=∠PBG, ∴△APG∽△PBG, ∴, ∴PG2=AG?GB,
17、即AD2=DP?PC; (2)∵DP∥AB, ∴∠DPA=∠PAM, 由題意可知:∠DPA=∠APM, ∴∠PAM=∠APM, ∵∠APB-∠PAM=∠APB-∠APM, 即∠ABP=∠MPB ∴AM=PM,PM=MB, ∴PM=MB, 又易證四邊形PMBN是平行四邊形, ∴四邊形PMBN是菱形; (3)由于, 可設DP=k,AD=2k, 由(1)可知:AG=DP=k,PG=AD=2k, ∵PG2=AG?GB, ∴4k2=k?GB, ∴GB=PC=4k, AB=AG+GB=5k, ∵CP∥AB, ∴△PCF∽△BAF, ∴, ∴, 又易證:△PCE∽
18、△MAE,AM=AB=, ∴ ∴, ∴EF=AF-AE=AC-AC=AC, ∴. 【點睛】 本題考查相似三角形的綜合問題,涉及相似三角形的性質與判定,菱形的判定,直角三角形斜邊上的中線的性質等知識,綜合程度較高,需要學生靈活運用所學知識. 9.(2019·撫順市雷鋒中學初三月考)在正方形ABCD的邊AB上任取一點E,作EF⊥AB交BD于點F,取FD的中點G,連接EG、CG,如圖(1),易證 EG=CG且EG⊥CG (1)將△BEF繞點B逆時針旋轉90°,如圖(2),則線段EG和CG有怎樣的數量關系和位置關系?請直接寫出你的猜想. (2)將△BEF繞點B逆時針旋轉180°
19、,如圖(3),則線段EG和CG又有怎樣的數量關系和位置關系.請寫出你的猜想,并加以證明. 【答案】(1)EG=CG;EG⊥CG(2)EG=CG;EG⊥CG,證明見解析. 【解析】 解:(1)EG=CG,EG⊥CG. (2)EG=CG,EG⊥CG. 證明:延長FE交DC延長線于M,連MG. ∵∠AEM=90°,∠EBC=90°,∠BCM=90°, ∴四邊形BEMC是矩形. ∴BE=CM,∠EMC=90°, 由圖(3)可知, ∵BD平分∠ABC,∠ABC=90°, ∴∠EBF=45°, 又∵EF⊥AB, ∴△BEF為等腰直角三角形 ∴BE=EF,∠
20、F=45°. ∴EF=CM. ∵∠EMC=90°,FG=DG, ∴MG=FD=FG. ∵BC=EM,BC=CD, ∴EM=CD. ∵EF=CM, ∴FM=DM, 又∵FG=DG, ∠CMG=∠EMC=45°, ∴∠F=∠GMC. ∵在△GFE與△GMC中, ∴△GFE≌△GMC(SAS). ∴EG=CG,∠FGE=∠MGC. ∵∠FMC=90°,MF=MD,FG=DG, ∴MG⊥FD, ∴∠FGE+∠EGM=90°, ∴∠MGC+∠EGM=90°, 即∠EGC=90°, ∴EG⊥CG. 【點睛】 此題綜合考查了旋轉的性質及全等三角形的判斷和性
21、質,如何構造全等的三角形是難點,因此難度較大. 考點:旋轉的性質;全等三角形的判定與性質;正方形的性質. 10.(2019·廣東初三期中)(1)如圖1,在正方形ABCD中,E是AB上一點,F是AD延長線上一點,且DF=BE,求證:CE=CF; (2)如圖2,在正方形ABCD中,E是AB上一點,G是AD上一點,如果∠GCE=45°,請你利用(1)的結論證明:GE=BE+GD; (3)運用(1)(2)解答中所積累的經驗和知識,完成下題: 如圖3,在直角梯形ABCD中,AD∥BC(BC>AD),∠B=90°,AB=BC,E是AB上一點,且∠DCE=45°,BE=4,DE=10, 求直角
22、梯形ABCD的面積. 【答案】(1)、(2)證明見解析(3)108 【解析】 (1)如圖1,在正方形ABCD中, ∵BC=CD,∠B=∠CDF,BE=DF, ∴△CBE≌△CDF, ∴CE=CF; (2)如圖2,延長AD至F,使DF=BE,連接CF, 由(1)知△CBE≌△CDF, ∴∠BCE=∠DCF. ∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD 即∠ECF=∠BCD=90°, 又∵∠GCE=45°,∴∠GCF=∠GCE=45°, ∵CE=CF,∠GCE=∠GCF,GC=GC, ∴△ECG≌△FCG, ∴GE=GF, ∴GE=DF+GD=BE+GD; (3
23、)過C作CF⊥AD的延長線于點F.則四邊形ABCF是正方形. AE=AB-BE=12-4=8, 設DF=x,則AD=12-x, 根據(2)可得:DE=BE+DF=4+x, 在直角△ADE中,AE2+AD2=DE2,則82+(12-x)2=(4+x)2, 解得:x=6. 則DE=4+6=10. 【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質以及正方形的性質,解決本題的關鍵是注意每個題目之間的關系,正確作出輔助線. 11.(2019·湖南中考真題)如圖,在平面直角坐標系xOy中,矩形ABCD的邊AB=4,BC=6.若不改變矩形ABCD的形狀和大小,當矩形頂點A在x軸的正半軸上左右
24、移動時,矩形的另一個頂點D始終在y軸的正半軸上隨之上下移動. (1)當∠OAD=30°時,求點C的坐標; (2)設AD的中點為M,連接OM、MC,當四邊形OMCD的面積為時,求OA的長; (3)當點A移動到某一位置時,點C到點O的距離有最大值,請直接寫出最大值,并求此時cos∠OAD的值. 【答案】(1)點C的坐標為(2,3+2);(2)OA=3;(3)OC的最大值為8,cos∠OAD=. 【解析】 (1)如圖1,過點C作CE⊥y軸于點E, ∵矩形ABCD中,CD⊥AD, ∴∠CDE+∠ADO=90°, 又∵∠OAD+∠ADO=90°, ∴∠CDE=∠OAD=30
25、°, ∴在Rt△CED中,CE=CD=2,DE==2, 在Rt△OAD中,∠OAD=30°, ∴OD=AD=3, ∴點C的坐標為(2,3+2); (2)∵M為AD的中點, ∴DM=3,S△DCM=6, 又S四邊形OMCD=, ∴S△ODM=, ∴S△OAD=9, 設OA=x、OD=y(tǒng),則x2+y2=36,xy=9, ∴x2+y2=2xy,即x=y(tǒng), 將x=y(tǒng)代入x2+y2=36得x2=18, 解得x=3(負值舍去), ∴OA=3; (3)OC的最大值為8, 如圖2,M為AD的中點, ∴OM=3,CM==5, ∴OC≤OM+CM=8, 當O、M、C三點在
26、同一直線時,OC有最大值8, 連接OC,則此時OC與AD的交點為M,過點O作ON⊥AD,垂足為N, ∵∠CDM=∠ONM=90°,∠CMD=∠OMN, ∴△CMD∽△OMN, ∴,即, 解得MN=,ON=, ∴AN=AM﹣MN=, 在Rt△OAN中,OA=, ∴cos∠OAD=. 【點睛】 本題是四邊形的綜合問題,解題的關鍵是掌握矩形的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質等知識點. 12.(2019·廣東初二期中)如圖①,在正方形ABCD中,P是對角線AC上的一點,點E在BC的延長線上,且PE=PB (1)求證:△BCP≌△DCP; (2)求證:∠DPE=∠AB
27、C; (3)把正方形ABCD改為菱形,其它條件不變(如圖②),若∠ABC=58°,則∠DPE= 度. 【答案】 (1)詳見解析 (2)詳見解析 (3)58 【解析】 解:(1)證明:在正方形ABCD中,BC=DC,∠BCP=∠DCP=45°, ∵在△BCP和△DCP中,, ∴△BCP≌△DCP(SAS). (2)證明:由(1)知,△BCP≌△DCP, ∴∠CBP=∠CDP. ∵PE=PB,∴∠CBP=∠E.∴∠CDP=∠E. ∵∠1=∠2(對頂角相等), ∴180°﹣∠1﹣∠CDP=180°﹣∠2﹣∠E, 即∠DPE=∠DCE. ∵AB∥CD, ∴∠DCE=∠ABC. ∴∠DPE=∠ABC. (3)解:在菱形ABCD中,BC=DC,∠BCP=∠DCP, 在△BCP和△DCP中, ∴△BCP≌△DCP(SAS), ∴∠CBP=∠CDP, ∵PE=PB, ∴∠CBP=∠E, ∴∠DPE=∠DCE, ∵AB∥CD, ∴∠DCE=∠ABC, ∴∠DPE=∠ABC=58°, 故答案為:58.
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