2020年中考數(shù)學基礎(chǔ)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(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)等知識；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)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(jié)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(jié)CM，若CM=1，則FG的長為　 ?。? （應(yīng)用）如圖③，取BE的中點M，連結(jié)CM．過點C作CG⊥BE交AD于點G，連結(jié)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，F(xiàn)G=BE， 連接CM， ∵∠BCE=90°，點M是BE的中點， ∴BE=2CM=2， ∴FG=2， 故答案為：2． 應(yīng)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(zhì)，同角的余角相等，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)與定理、判斷出CG=BE是解本題的關(guān)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(yīng)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(shè)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(shè)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(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，利用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)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(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，在應(yīng)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(gòu)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(xiàn)． （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(shè)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(zhì)，菱形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)和勾股定理，證明三角形全等是解決問的關(guān)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(zhì)、平行四邊形判定定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)、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(zhì)、全等三角形的判定

14、與性質(zhì)、直角三角形中角所對的直角邊等于斜邊的一半，靈活應(yīng)用矩形的性質(zhì)證全等，熟練掌握直角三角形角的性質(zhì)是解題的關(guān)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(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的識別作圖是解題的關(guān)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(xiàn)．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(shè)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(zhì)與判定，菱形的判定，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)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(zhuǎn)90°，如圖（2），則線段EG和CG有怎樣的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系？請直接寫出你的猜想． （2）將△BEF繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)180°

19、，如圖（3），則線段EG和CG又有怎樣的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)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°，F(xiàn)G=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，F(xiàn)G=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(zhuǎn)的性質(zhì)及全等三角形的判斷和性

21、質(zhì)，如何構(gòu)造全等的三角形是難點，因此難度較大． 考點：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)． 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(xiàn)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(jié)論證明：GE＝BE＋GD； （3）運用（1）（2）解答中所積累的經(jīng)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(shè)DF=x，則AD=12-x， 根據(jù)（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(zhì)以及正方形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是注意每個題目之間的關(guān)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(shè)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(shè)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(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)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．