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
升级会员 