中考数学基础题专练：22以特殊的平行四边形为背景的证明与计算.pdf

2020 中考 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 ABCD（ADAB），将纸片折叠一次，使点 A与点 C重合，再展开，折痕 EF交 AD边于点 E，交 BC边于点 F，分别连结 AF和 CE （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=ACAP？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 EPAD 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，ADBC，EAO=FCO，由折叠的性质可得：OA=OC，ACEF，在AOE和COF中，EAOFCOOAOCAOECOF ，AOECOF（ASA），AE=CF，四边形 AFCE是平行四边形，ACEF，四边形 AFCE是菱形；（2）四边形 AFCE是菱形，AF=AE=10cm，2020 中考 四边形 ABCD 是矩形，B=90，SABF=12ABBF=24cm2，ABBF=48（cm2），AB2+BF2=（AB+BF）2-2ABBF=（AB+BF）2-248=AF2=100（cm2），AB+BF=14（cm）ABF的周长为：AB+BF+AF=14+10=24（cm）（3）证明：过 E作 EPAD 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，ADBC，EAO=FCO，AOECOF，OE=OF 四边形 AFCE是菱形 AOE=90，又EAO=EAP，由作法得AEP=90，AOEAEP，AEAOAPAE，则 AE2=AOAP，四边形 AFCE是菱形，AO12AC，AE2=12ACAP，2AE2=ACAP【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2020 中考 三角形 BEF放在正方形上，其中FBE30，BEF90，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 ta nECD13时，求NED的面积 【答案】（1）15；（2）3；（3）185【解析】解：（1）如图 1 中，作 EHBC 于 H，EMCD 于 M 则四边形 EMCH 是矩形 四边形 ABCD 是正方形，BA BC CD，ABCBCD90，BC BE，AB BE CD，在 RtBFA和 RtBFE中，BFBFABBE，RtBFARtBFE（HL），ABFEBF30，ABC90，EBC30，EH MC 12BE 12CD，DM CM，2020 中考 EMCD，ED EC，BCE12（18030）75，EDCECD15 （2）如图 2 中，连接 BM、BG AM 2，DM AD AM 4，由（1）可知BMABME，BGEBGC，AM EM 2，EG CG，设 EG CG x，则 DG 6x 在 RtDMG 中，MG2DG2+DM2，（2+x）2（6x）2+42，x3，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+BCG90，GBC+ECB90，ECDGCB，2020 中考 tanGBCtanECD13，CGBC13，CG13BC 2，CD 6，DG CD CG 4，设 AN EN y，则 DN 6y，在 RtDNG中，（6y）2+42（2+y）2，解得：y3，AN NE 3，DN 3，NG 5，SNED35SDNG351234185【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，在等边三角形 ABC内有一点 P，且 PA 2，PB=6 3，PC1，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)，连接 PP，可得PPB是等边三角形，而PPA又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证)，可得APB ，所以BPCAPB ，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：APB ，BPCAPB ，等边三角形 ABC的边长为 （2）探究并解决下列问题：如图，在正方形 ABCD 内有一点 P，且 PA 5，PB2，PC1.求BPC的度数和正方形 ABCD 的边长 2020 中考 【答案】（1）APB150，BPCAPB150，等边三角形 ABC的边长为7；（2）BPC135，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=PBA，APB=BPC，PBC+ABP=ABC=60，ABP+ABP=ABC=60，BPP是等边三角形，PP=3，BPP=60，AP=1，AP=2，AP2+PP2=AP2，APP=90，BPC=APB=90+60=150，过点 B作 BMAP，交 AP的延长线于点M，MPB=30，BM=32，由勾股定理得：PM=32，AM=1+32=52，由勾股定理得：AB=22=7AMBM，故答案为：150，7 2020 中考 （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，BEP=12（180-90）=45，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 BFAE，交AE的延长线于点 F；FEB=45，FE=BF=1，AF=2；在 RtABF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 2020 中考（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）245；（3）47【解析】证明：（1）四边形 ABCD 是矩形 AB CD 4，AD BC 3，ABCD，DCECEB CBE翻折得到CFE FECCEB DCEFEC 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，ABCD，DCECEB CBE翻折得到CFE FEC CEB，CFBC 3，EFBE 1，CFE 90 DCEFEC，CFG90 CG EG，GF GE EFCG 1 在 RtCGF中，CG2CF2+GF2，CG29+（CG 1）2，解得：CG 5 CDF与CGF分别以 CD、CG为底时，高相等 2020 中考 45CDFCGFSCDSCGVV SCDF45SCGF413 452 245 （3）如图 2，过点 C作 CHD P于点 H，连接 CP，CDAB CDPAPD，且ACHD90 ADPHCD CDCHDPADDHAP，CHCF，CFBC AD 3 CH3 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 APDCDPACHD90ADCH ADPHCD（AAS）CD DP 4，AP DF AP22DPAD7 BP的最大值为 47 【点睛】2020 中考 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 AP=，AQ=；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）2 2；（2）2x，x；S22 2xx (0 x2 2)【解析】解：（1）正方形 ABCD 的边长为 4，对角线 AC22AB42，又AM12AC22 故答案为：22（2）Q是 AP的中点，设 PQ=x，AP=2PQ=2x，AQ=x 故答案为：2x；x 如图：2020 中考 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=AMAQ=22 x，S12FGQM12 2 22x x，S22 2xx ，依题意得：02 20 xx，0 x22，综上所述：S22 2xx (0 x22)，【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 90，得到APB，延长 AP交AP于点 E，试判断四边形 BPEP的形状，并说明理由 2020 中考 【答案】（1）AMBN，证明见解析；（2）四边形 BPEP是正方形，理由见解析.【解析】（1）AMBN 证明：四边形 ABCD 是正方形，AB=BC，ABM=BCN=90 BM=CN，ABMBCN BAM=CBN CBN+ABN=90，ABN+BAM=90，APB=90 AMBN （2）四边形 BPEP是正方形.APB是APB绕着点 B逆时针旋转 90 所得，BP=BP,PBP=90.又由（1）结论可知APB=APB=90，BPE=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ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接DG，过点A作AHDG，交BG于点H连接HF，AF，其中AF交EC于点M 2020 中考 （1）求证：AHF为等腰直角三角形（2）若AB3，EC5，求EM的长【答案】（1）见解析；（2）EM54【解析】证明：（1）四边形ABCD，四边形ECGF都是正方形 DABC，ADCD，FGCG，BCGF90 ADBC，AHDG，四边形AHGD是平行四边形 AHDG，ADHGCD，CDHG，ECGCGF90，FGCG，DCGHGF（SAS），DGHF，HFGHGD AHHF，HGD+DGF90，HFG+DGF90 DGHF，且AHDG，AHHF，且AHHF AHF为等腰直角三角形（2）AB3，EC5，ADCD3，DE2，EF5 ADEF，53EMEFDMAD，且DE2 EM54【点睛】2020 中考 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)2 3【解析】解：（1）证明：由折叠的性质可得：ANM=CNM，四边形 ABCD 是矩形，ADBCANM=CMN CMN=CNMCM=CN（2）过点 N作 NHBC 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 3：1，12312CMNCDNMC NHSMCSNDDN NHVVgg MC=3ND=3HCMH=2HC 设 DN=x，则 HC=x，MH=2x，CM=3x=CN 2020 中考 在 RtCDN中，222 2DCCNDNx，HN=2 2x 在 RtMNH 中，222 3MNMHHNx，2 32 3MNxDFx 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ABa=、BCb，求EFEG的值【答案】（1）EFEG；（2）成立，证明过程见解析；（3）EFbEGa.【解析】（1）EFEG，理由如下：由直角三角板和正方形的性质得90EDEBDEBCBEDGEF 9090FEDBEFGEBBEFDEBG FEDGEB 在FED和GEB中，90FEDGEBEDEBDEBG 2020 中考()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 90HEI 90,90FEIHEFGEHHEF FEIGEH 由正方形对角线的性质得，AC为BCD的角平分线 则EIEH 在FEI和GEH中，90FEIGEHEIEHFIEGHE ()FEIGEH ASA EFEG；（3）如图，过点E分别作,EMBC ENCD，垂足分别为,M N 同（2）可知，FENGEM 由长方形性质得：90,90,DENCABCEMCADBCb /,/EN AD EMAB,CENCADCEMCAB ,ENCEEMCEADCAABCA ENEMADAB，即ENADbEMABa 在FEN和GEM中，90FENGEMFNEGME 2020 中考 FENGEM EFENbEGEMa.【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 时，求 AF的长；（2）如图 2，当折痕的另一端 F在 AD边上且 BG 10 时，求证：EFG是等腰三角形；求 AF的长；（3）如图 3，当折痕的另一端 F在 AD边上，B点的对应点 E到 AD的距离是 4，且 BG 5 时，求 AF的长 【答案】（1）AF 3；（2）见解析；AF 6；（3）AF 1【解析】（1）解：纸片折叠后顶点 B落在边 AD上的 E点处，BFEF，AB 8，EF8AF，在 RtAEF中，AE2+AF2EF2，即 42+AF2（8AF）2，解得 AF 3；（2）证明：纸片折叠后顶点 B落在边 AD上的 E点处，2020 中考 BGFEGF，长方形纸片 ABCD 的边 ADBC，BGFEFG，EGFEFG，EFEG，EFG是等腰三角形；解：纸片折叠后顶点 B落在边 AD上的 E点处，EG BG 10，HE AB 8，FH AF，EFEG 10，在 RtEFH中，FH 2222108EFHE6，AF FH 6；（3）解：如图 3，设 EH与 AD相交于点 K，过点 E作 MNCD 分别交 AD、BC于 M、N，E到 AD的距离为 4，EM 4，EN 844，在 RtENG中，EG=BG=5，GN222254EGEN3，GEN+KEM180GEH1809090，GEN+NGE1809090，KEMNGE，又ENGKME90，GENEKM，EKKMEMEGENGN，即4543EKKM，解得 EK 203，KM 163，2020 中考 KH EH EK 820343，FKHEKM，HEMK 90，FKHEKM，FHKHEMKM，即431643FH，解得 FH 1，AF FH 1【点睛】此题考查折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质定理，每个小问的问题都是求 AF的长度，故解题中注意思路和方法的总结，（3）中的解题思路与（2）相类似，求出 FH问题得解，故将问题转化是解题的一种特别重要的思路.9（2019河南初三期中）正方形 ABCD 与正方形 DEFG 按如图 1 放置，点 A，D，G在同一条直线上，点 E在 CD边上，AD 3，DE 2，连接 AE，CG （1）线段 AE与 CC的关系为_；（2）将正方形 DEFG 绕点 D顺时针旋转一个锐角后，如图 2，请问（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由（3）在正方形 DEFG 绕点 D顺时针旋转一周的过程中，当AEC90时，请直接写出AE的长 【答案】（1）AE CG，AECG；（2）仍然成立；理由见解析；（3）AE的长为 22+1 或 221【解析】（1）线段 AE与 CG的关系为：AE CG，AECG，理由如下：如图 1，延长 AE交 CG于点 H，2020 中考 四边形 ABCD 和四边形 DGFE 是正方形，AD CD，ED GD，ADECDG90，ADECDG（SAS），AE CG，EADGCD，EAD+AED90，AEDCEH，GCD+CEH90，CHE90，即AECG，故答案为：AE CG，AECG；（2）结论仍然成立，理由如下：如图 2，设 AE与 CG交于点 H，四边形 ABCD 和四边形 DGFE 是正方形，AD CD，ED GD，ADCEDG90，ADC+CDEEDG+CDE，即ADECDG，ADECDG（SAS），AE CG，EADGCD，EAD+APD90，APDCPH，GCD+CPH90，CHP90，即AECG，AE CG，AECG，中的结论仍然成立；（3）如图 31，当点 E旋转到线段 CG上时，过点 D作 DMAE 于点 M，AEC90，DEG45，AED45，RtDME 是等腰直角三角形，ME MD 22DE 1，在 Rt AMD 中，ME 1，AD 3，AM22ADMD223122，2020 中考 AE AM+ME22+1；如图 32，当点 E旋转到线段 CG的延长线上时，过点 D作 DNCE 于点 N，则END90，DEN45，EDN45，RtDNE是等腰直角三角形，NE ND 22DE 1，在 RtCND中，ND 1，CD 3，CN22CDND223122，CE NE+CN 22+1，AC2AD 32，在 RtAEC中，AE 22ACCE22(3 2)(2 21)221，综上所述，AE的长为 22+1 或 221 【点睛】2020 中考 本题考查全等三角形的判定（SAS）与性质，正方形的性质，旋转的性质以及勾股定理，解题关键是在第（3）问中能够根据题意分情况讨论并画出图形，才能保证解答的完整性 10（2019云南初三）如图，在矩形 ABCD 中，E是 AB边的中点，沿 EC对折矩形 ABCD，使 B点落在点 P处，折痕为 EC，连结 AP并延长 AP交 CD于 F点，（1）求证：CBECPE；（2）求证：四边形 AECF为平行四边形；（3）若矩形 ABCD 的边 AB 6，BC 4，求CPF的面积 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）4225【解析】（1）解：由折叠可知，EPEB，CPCB，EC EC，ECPECB（SSS）（2）证明：由折叠得到 BE PE，ECPB，E为 AB的中点，AE EB PE，APBP，AFEC，AEFC，四边形 AECF为平行四边形；（3）过 P作 PMDC，交 DC于点 M，在 RtEBC中，EB 3，BC 4，根据勾股定理得：2222345ECEBBC 1122EBCSEB BQEC BQVQ，2020 中考 3 41255EB BCBQEC，由折叠得：BP2BQ 245，在 RtABP中，AB 6，BP245，根据勾股定理得：22222418655APABBP ,四边形 AECF为平行四边形，AF EC 5，FCAE 3，PF518575，PMAD，FPMFAD PFPMAFAD，即7554PM 解得：PM 2825，则 SPFC12FCPM12328254225 【点睛】本题考查的是利用折叠性质来证明三角形全等和平行四边形四边形，还考查了利用勾股定理、面积公式来求三角形的边长，利用相似三角形的性质对应边成比例来求出三角形的高，进而求出三角形的面积本题第（3）中求也可利用APBEBC，对应边成比例APBABEEC,求 AP，这样比较简便 11（2019江西初三期中）在正方形 ABCD 中，点 P是 CD上一动点，连结 PA，分别过点 B、D作 BEPA、DFPA，垂足为E、F，如图 2020 中考 （1）请探索 BE、DF、EF这三条线段长度具有怎样的数量关系，若点 P在 DC的延长线上（如图），那么这三条线段的长度之间又有怎样的数量关系？若点 P在 CD的延长线上呢（如图）？请分别直接写出结论 （2）请在（1）中的三个结论中选择一个加以证明【答案】（1）图中，BE=DF+EF；图中，BE=DF-EF；图中，BE=EF-DF；（2）见解析【解析】解：（1）在正方形 ABCD 中,AB=AD,BAD=90，BAE+DAF=90，BEPA，DFPA，AEB=DFA=90，ABE+BAE=90，ABE=DAF，在ABE和DAF中，90ABEDAFAEBDFAABAD ABEDAF(AAS)，AE=DF，AF=BE，如图，AF=AE+EF，BE=DF+EF，如图，AE=AF+EF，BE=DF-EF，如图，EF=AE+AF，BE=EF-DF（2）证明：如图题，2020 中考 ABCD 是正方形，AB=AD，BEPA，DFPA，AEB=AFD=90，ABE+BAE=90 DAF+BAE=90，ABE=DAF，RtABERtDAF，BE=AF，AE=DF，而 AF=AE+EF，BE=DF+EF；【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键 12（2020河北初三期末）如图，在正方形ABCD中，点M是边BC上的一点（不与B、C重合），点N在CD的延长线上，且满足90MAN，连接MN、AC，MN与边AD交于点E （1）求证：AMAN；（2）如果2CADNAD，求证：2ANAE AC【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】解：证明（1）四边形 ABCD 是正方形，AB AD，CADACB45，BADCDAB90，BAMMAD90，ADN90 MAN90，MADDAN90，BAMDAN，且 AD AB，ABCADN90 2020 中考 ABMADN（ASA）AM AN，（2）AM AN，MAN90，MNA45，CAD2NAD45，NAD22.5 CAMMANCADNAD22.5 CAMNAD，ACBMNA45，AMCAEN ANACAEAM，且 AN AM，AN2AEAC【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形和相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，全等三角形和相似三角形的判定及性质是解题的关键