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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