四边形与三角形的综合附解析中考数学复习专题.docx

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四边形与三角形的综合附解析中考数学复习专题

四边形与三角形的综合附解析（2019年中考数学复习专题）

专题六　四边形与三角形的综合

中考备考攻略

纵观近4年中考数学试卷,四边形与三角形的综合是每年的必考考点,其中2015年第24题综合考查平行四边形和直角三角形；2016年第25题综合考查菱形和三角形全等；2017年第24题综合考查平行四边形与三角形相似、解直角三角形；2018年第24题综合考查平行四边形、三角形和菱形.预计2019年将继续综合考查四边形与三角形.

熟练掌握特殊四边形的性质与判定、特殊三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质,掌握三角形中位线和梯形中位线性质的推导和应用,会画出四边形全等变换后的图形.解决问题时必须充分利用几何图形的性质及在题设的基础上挖掘几何图形中隐含的数量关系和位置关系,在复杂的“背景”下辨认、分解基本图形,通过添加辅助线补全或构造基本图形,并善于联想所学知识,突破思维障碍,合理运用各种数学方法.

中考重难点突破

　四边形与特殊三角形

例1　如图,在四边形ABCD中,AB∥DC,AB＝AD,对角线AC,BD交于点O,AC平分∠BAD,过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E,连接OE.

（1）求证：

四边形ABCD是菱形；

（2）若AB＝5,BD＝2,求OE的长.

【解析】

（1）先判断出∠OAB＝∠DCA,进而判断出∠DAC＝∠DCA,得出CD＝AD＝AB,即可得出结论；

（2）先判断出OE＝OA＝OC,再求出OB＝1,利用勾股定理求出OA,即可得出结果.

【答案】

（1）证明：

∵AB∥CD,∴∠CAB＝∠ACD.

∵AC平分∠BAD,∴∠CAB＝∠CAD,

∴∠CAD＝∠ACD,∴AD＝CD.

又∵AD＝AB,∴AB＝CD.

又∵AB∥CD,∴四边形ABCD是平行四边形.

又∵AB＝AD,∴四边形ABCD是菱形；

（2）解：

∵四边形ABCD是菱形,

∴AC⊥BD,OA＝OC＝12AC,OB＝OD＝12BD＝1.

在Rt△AOB中,∠AOB＝90°,

∴OA＝AB2－OB2＝2.

∵CE⊥AB,∴∠AEC＝90°.

在Rt△AEC中,O为AC中点,

∴OE＝12AC＝OA＝2.

　四边形与三角形全等

例2　（2018•张家界中考）在矩形ABCD中,点E在BC上,AE＝AD,DF⊥AE,垂足为点F.

（1）求证：

DF＝AB；

（2）若∠FDC＝30°,且AB＝4,求AD.

【解析】

（1）利用“AAS”证△ADF≌△EAB即可得证；

（2）由∠ADF＋∠FDC＝90°,∠DAF＋∠ADF＝90°得∠FDC＝∠DAF＝30°,据此知AD＝2DF,根据DF＝AB可得答案.

【答案】

（1）证明：

在矩形ABCD中,AD∥BC,

∴∠AEB＝∠DAF.

又∵DF⊥AE,∴∠DFA＝90°,∴∠DFA＝∠B.

又∵AD＝EA,∴△ADF≌△EAB,∴DF＝AB；

（2）解：

∵∠ADF＋∠FDC＝90°,∠DAF＋∠ADF＝90°,∴∠FDC＝∠DAF＝30°,∴AD＝2DF.

∵DF＝AB＝4,∴AD＝2AB＝8.

　四边形与三角形相似

例3　（2018•资阳中考）已知：

如图,在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,点M是斜边AB的中点,MD∥BC,且MD＝CM,DE⊥AB于点E,连接AD,CD.

（1）求证：

△MED∽△BCA；

（2）求证：

△AMD≌△CMD；

（3）设△MDE的面积为S1,四边形BCMD的面积为S2,当S2＝175S1时,求cos∠ABC的值.

【解析】

（1）易证∠DME＝∠CBA,∠ACB＝∠DEM＝90°,从而可证明△MED∽△BCA；

（2）由∠ACB＝90°,点M是斜边AB的中点,可知BM＝CM＝AM,又由MD∥BC可证明∠AMD＝∠CMD,从而可利用全等三角形的判定方法证明△AMD≌△CMD；

（3）易证DM＝12AB,由

（1）可知△MED∽△BCA,所以S1S△ACB＝DMAB2＝14,所以S△MCB＝12S△ACB＝2S1,从而可求出S△EBD＝S2－S△MCB－S1＝25S1,由于S1S△EBD＝MEEB,从而可知MEBE＝52,设ME＝5x,EB＝2x,从而用x表示出AB,BC,最后根据锐角三角函数的定义即可求出答案.

【答案】

（1）证明：

∵MD∥BC,∴∠DME＝∠CBA.

∵∠ACB＝∠DEM＝90°,∴△MED∽△BCA；

（2）证明：

∵∠ACB＝90°,点M是斜边AB的中点,

∴BM＝CM＝AM,∴∠MCB＝∠MBC.

∵∠DMB＝∠MBC,

∴∠MCB＝∠DMB＝∠MBC.

∵MD∥BC,

∴∠CMD＝180°－∠MCB.

又∵∠AMD＝180°－∠DMB,

∴∠AMD＝∠CMD.

在△AMD与△CMD中,

MD＝MD，∠AMD＝∠CMD，AM＝CM，

∴△AMD≌△CMD（SAS）；

（3）解：

∵DM＝CM,∴AM＝CM＝DM＝BM,

∴DM＝12AB.

由

（1）可知△MED∽△BCA,

∴S1S△ACB＝DMAB2＝14,∴S△ACB＝4S1.

∵CM是△ACB的中线,∴S△MCB＝12S△ACB＝2S1,

∴S△EBD＝S2－S△MCB－S1＝25S1,

∴S1S△EBD＝MEEB,∴S125S1＝MEEB,∴MEEB＝52.

设ME＝5x,EB＝2x,则BM＝7x,

∴AB＝2BM＝14x.

∵MDAB＝MEBC＝12,∴BC＝10x,

∴cos∠ABC＝BCAB＝10x14x＝57.　

1.（2018•贺州中考）如图,在△ABC中,∠ACB＝90°,O,D分别是边AC,AB的中点,过点C作CE∥AB交DO的延长线于点E,连接AE.

（1）求证：

四边形AECD是菱形；

（2）若四边形AECD的面积为24,tan∠BAC＝34,求BC的长.

（1）证明：

∵点O是AC的中点,

∴OA＝OC.

∵CE∥AB,∴∠DAO＝∠ECO.

又∵∠AOD＝∠COE,

∴△AOD≌△COE（ASA）,∴AD＝CE,

∴四边形AECD是平行四边形.

又∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线,

∴CD＝AD＝12AB,

∴四边形AECD是菱形；

（2）由

（1）知,四边形AECD是菱形,∴AC⊥ED.

在Rt△AOD中,tan∠DAO＝ODOA＝tan∠BAC＝34,

可设OD＝3x,OA＝4x,

则ED＝2OD＝6x,AC＝2OA＝8x.

由题意可得12•6x•8x＝24,∴x＝1,∴OD＝3.

∵O,D分别是AC,AB的中点,

∴OD是△ABC的中位线,

∴BC＝2OD＝6.

2.（2018•盐城中考）在正方形ABCD中,对角线BD所在的直线上有两点E,F满足BE＝DF,连接AE,AF,CE,CF,如图.

（1）求证：

△ABE≌△ADF；

（2）试判断四边形AECF的形状,并说明理由.

（1）证明：

∵四边形ABCD是正方形,∴AB＝AD,

∴∠ABD＝∠ADB,∴∠ABE＝∠ADF.

在△ABE与△ADF中,

AB＝AD，∠ABE＝∠ADF，BE＝DF，

∴△ABE≌△ADF（SAS）；

（2）解：

四边形AECF是菱形.

理由：

连接AC,交BD于点O.

∵四边形ABCD是正方形,

∴OA＝OC,OB＝OD,AC⊥EF,

∴OB＋BE＝OD＋DF,即OE＝OF.

∵OA＝OC,OE＝OF,

∴四边形AECF是平行四边形,

又∵AC⊥EF,∴四边形AECF是菱形.

3.（2018•湖州中考）已知在Rt△ABC中,∠BAC＝90°,AB≥AC,D,E分别为AC,BC边上的点（不包括端点）,且DCBE＝ACBC＝m,连接AE,过点D作DM⊥AE,垂足为点M,延长DM交AB于点F.

（1）如图1,过点E作EH⊥AB于点H,连接DH.

①求证：

四边形DHEC是平行四边形；

②若m＝22,求证：

AE＝DF；

（2）如图2,若m＝35,求DFAE的值.

（1）证明：

①∵EH⊥AB,∠BAC＝90°,

∴EH∥CA,∴△BHE∽△BAC,∴BEBC＝HEAC.

∵DCBE＝ACBC,∴BEBC＝DCAC,∴HEAC＝DCAC,

∴HE＝DC.

∵EH∥DC,∴四边形DHEC是平行四边形；

②∵ACBC＝22,∠BAC＝90°,∴AC＝AB.

∵DCBE＝22,HE＝DC,∴HEBE＝22.

又∵∠BHE＝90°,∴BH＝HE.

∵HE＝DC,∴BH＝CD,∴AH＝AD.

∵DM⊥AE,EH⊥AB,

∴∠EHA＝∠AMF＝90°,

∴∠HAE＋∠HEA＝∠HAE＋∠AFM＝90°,

∴∠HEA＝∠AFD.

∵∠EHA＝∠FAD＝90°,∴△HEA≌△AFD,∴AE＝DF；

（2）解：

过点E作EG⊥AB于点G.

∵CA⊥AB,∴EG∥CA,∴△EGB∽△CAB,

∴EGCA＝BEBC,∴EGBE＝CABC＝35.

∵CDBE＝35,∴EG＝CD.

设EG＝CD＝3x,AC＝3y,则BE＝5x,BC＝5y,

∴BG＝4x,AB＝4y.

∵∠EGA＝∠AMF＝90°,

∴∠GEA＋∠EAG＝∠EAG＋∠AFM,

∴∠AFM＝∠AEG.

∵∠FAD＝∠EGA＝90°,∴△FAD∽△EGA,

∴DFAE＝ADAG＝3y－3x4y－4x＝34.

中考专题过关

1.（2018•乌鲁木齐中考）如图,在四边形ABCD中,∠BAC＝90°,E是BC的中点,AD∥BC,AE∥DC,EF⊥CD于点F.

（1）求证：

四边形AECD是菱形；

（2）若AB＝6,BC＝10,求EF的长.

（1）证明：

∵AD∥BC,AE∥DC,

∴四边形AECD是平行四边形.

∵∠BAC＝90°,E是BC的中点,

∴AE＝CE＝12BC,

∴四边形AECD是菱形；

（2）解：

过A作AH⊥BC于点H.

∵∠BAC＝90°,AB＝6,BC＝10,

∴AC＝102－62＝8.

∵S△ABC＝12BC•AH＝12AB•AC,

∴AH＝6×810＝245.

∵点E是BC的中点,BC＝10,四边形AECD是菱形,∴CD＝CE＝5.

∵S▱AECD＝CE•AH＝CD•EF,

∴EF＝AH＝245.

2.（2018•青岛中考）已知：

如图,▱ABCD的对角线AC与BD相交于点E,点G为AD的中点,连接CG,CG的延长线交BA的延长线于点F,连接FD.

（1）求证：

AB＝AF；

（2）若AG＝AB,∠BCD＝120°,判断四边形ACDF的形状,并证明你的结论.

（1）证明：

∵四边形ABCD是平行四边形,

∴AB∥CD,AB＝CD,∴∠AFG＝∠DCG.

又∵GA＝GD,∠AGF＝∠CGD,

∴△AGF≌△DGC,∴AF＝CD.

∴AB＝AF；

（2）解：

四边形ACDF是矩形.

证明：

∵AF＝CD,AF∥CD,

∴四边形ACDF是平行四边形.

∵四边形ABCD是平行四边形,

∴∠BAD＝∠BCD＝120°.∴∠FAG＝60°.

∵AB＝AG＝AF,∴△AFG是等边三角形,

∴AG＝GF.

∵四边形ACDF是平行四边形,

∴FG＝CG,AG＝DG.∴AD＝CF.

∴四边形ACDF是矩形.

3.已知：

如图,四边形ABCD中,AD∥BC,AD＝CD,E是对角线BD上一点,且EA＝EC.

（1）求证：

四边形ABCD是菱形；

（2）如果BE＝BC,且∠CBE∶∠BCE＝2∶3,求证：

四边形ABCD是正方形.

证明：

（1）在△ADE与△CDE中,

AD＝CD，DE＝DE，EA＝EC，

∴△ADE≌△CDE,∴∠ADE＝∠CDE.

∵AD∥BC,∴∠ADE＝∠CBD,

∴∠CDE＝∠CBD,∴BC＝CD.

∵AD＝CD,∴BC＝AD,

∴四边形ABCD为平行四边形.

∵AD＝CD,

∴四边形ABCD是菱形；

（2）∵BE＝BC,∴∠BCE＝∠BEC.

∵∠CBE∶∠BCE＝2∶3,

∴∠CBE＝180×22＋3＋3＝45°.

∵四边形ABCD是菱形,

∴∠ABE＝∠CBE＝45°,

∴∠ABC＝90°,

∴四边形ABCD是正方形.

4.（2018•眉山中考）如图①,在四边形ABCD中,AC⊥BD于点E,AB＝AC＝BD,点M为BC的中点,N为线段AM上的点,且MB＝MN.

（1）求证：

BN平分∠ABE；

（2）若BD＝1,连接DN,当四边形DNBC为平行四边形时,求线段BC的长；

（3）如图②,若点F为AB的中点,连接FN,FM,求证：

△MFN∽△BDC.

（1）证明：

∵AB＝AC,∴∠ABC＝∠ACB.

∵M为BC的中点,∴AM⊥BC.

在Rt△ABM中,∠MAB＋∠ABC＝90°.

在Rt△CBE中,∠EBC＋∠ACB＝90°,

∴∠MAB＝∠EBC.

又∵MB＝MN,∴△MBN为等腰直角三角形,

∴∠MNB＝∠MBN＝45°,

∴∠EBC＋∠NBE＝45°,∠MAB＋∠ABN＝∠MNB＝45°,

∴∠NBE＝∠ABN,即BN平分∠ABE；

（2）解：

设BM＝CM＝MN＝a.

当四边形DNBC是平行四边形时,

DN＝BC＝2a.

在△ABN和△DBN中,

AB＝DB，∠NBD＝∠NBA，BN＝BN，

∴△ABN≌△DBN（SAS）,∴AN＝DN＝2a.

在Rt△ABM中,由AM2＋BM2＝AB2,得（2a＋a）2＋a2＝1,解得a＝±1010（负值舍去）,

∴BC＝2a＝105；

（3）证明：

在Rt△MAB中,F是AB的中点,

∴MF＝AF＝BF,

∴∠MAB＝∠FMN.

又∵∠MAB＝∠CBD,∴∠FMN＝∠DBC.

∵MFAB＝MNBC＝12,∴MFBD＝MNBC＝12,

∴△MFN∽△BDC.

5.（2018•枣庄中考）如图,将矩形ABCD沿AF折叠,使点D落在BC边的点E处,过点E作EG∥CD交AF于点G,连接DG.

（1）求证：

四边形EFDG是菱形；

（2）探究线段EG,GF,AF之间的数量关系,并说明理由；

（3）若AG＝6,EG＝25,求BE的长.

（1）证明：

∵GE∥DF,∴∠EGF＝∠DFG.

由翻折的性质可知DG＝EG,DF＝EF,

∠DGF＝∠EGF,

∴∠DGF＝∠DFG,∴DG＝DF,

∴DG＝EG＝DF＝EF,

∴四边形EFDG是菱形；

（2）解：

EG2＝12GF•AF.

理由：

连接DE,交AF于点O.

∵四边形EFDG是菱形,

∴GF⊥DE,OG＝OF＝12GF.

∵∠DOF＝∠ADF＝90°,∠OFD＝∠DFA,

∴△DOF∽△ADF,∴DFAF＝OFDF,

即DF2＝OF•AF.

∵OF＝12GF,DF＝EG,∴EG2＝12GF•AF；

（3）解：

过点G作GH⊥DC,垂足为点H.

∵EG2＝12GF•AF,AG＝6,EG＝25,

即GF2＋6GF－40＝0,

解得GF＝4,GF＝－10（舍去）.

∵DF＝EG＝25,AF＝AG＋GF＝10,

∴AD＝AF2－DF2＝45.

∵GH⊥DC,AD⊥DC,∴GH∥AD,

∴△FGH∽△FAD,

∴GHAD＝GFAF,即GH45＝410,∴GH＝855.

∴BE＝AD－GH＝45－855＝1255.