（濰坊專版）2019中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第1部分 第五章 四邊形 第二節(jié) 矩形、菱形、正方形課件.ppt

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第二節(jié)矩形、菱形、正方形,考點一矩形的性質(zhì)與判定(5年3考)例1(2018威海中考)矩形ABCD與CEFG如圖放置，點B，C，E共線，點C，D，G共線，連接AF，取AF的中點H，連接GH.若BC＝EF＝2，CD＝CE＝1，則GH＝()A．1B.C.D.,【分析】延長GH交AD于點P，先證△APH≌△FGH得AP＝GF＝1，GH＝PH＝PG，再利用勾股定理得出答案．【自主解答】如圖，延長GH交AD于點P.∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都是矩形，∴∠ADC＝∠ADG＝∠CGF＝90，AD＝BC＝2，GF＝CE＝1，∴AD∥GF，∴∠GFH＝∠PAH.,又∵H是AF的中點，∴AH＝FH.在△APH和△FGH中，∴△APH≌△FGH(ASA)，∴AP＝GF＝1，GH＝PH＝PG，∴PD＝AD－AP＝1.∵CG＝2，CD＝1，∴DG＝1，則故選C.,矩形的性質(zhì)應(yīng)用及判定方法(1)矩形性質(zhì)的應(yīng)用：從邊上看，兩組對邊分別平行且相等；從角上看，矩形的四個角都是直角；從對角線上看，對角線互相平分且相等，同時把矩形分為四個面積相等的等腰三角形．(2)矩形的判定方法：若四邊形可以證為平行四邊形，則還需證明一個角是直角或?qū)蔷€相等；若直角較多，可利用“三個角為直角的四邊形是矩形”來證．,1．(2018棗莊中考)如圖，在矩形ABCD中，點E是邊BC的中點，AE⊥BD，垂足為F，則tan∠BDE的值為(),A,2．(2018濱州中考)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上，若AE＝，∠EAF＝45，則AF的長為．,3．如圖，在?ABCD中，過點D作DE⊥AB于點E，點F在邊CD上，DF＝BE，連接AF，BF.(1)求證：四邊形BFDE是矩形；(2)若CF＝3，BF＝4，DF＝5，求證：AF平分∠DAB.,證明：(1)∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DC∥AB，即DF∥BE.又∵DF＝BE，∴四邊形BFDE為平行四邊形．又∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90，∴四邊形BFDE為矩形．,(2)∵四邊形BFDE為矩形，∴∠BFC＝90.∵CF＝3，BF＝4，∴BC＝＝5.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC＝5，∴AD＝DF＝5，∴∠DAF＝∠DFA.又∵DC∥AB，∴∠DFA＝∠FAB，∴∠DAF＝∠FAB，即AF平分∠DAB.,考點二菱形的性質(zhì)與判定(5年3考)例2(2017東營中考)如圖，在?ABCD中，用直尺和圓規(guī)作∠BAD的平分線AG交BC于點E.若BF＝8，AB＝5，則AE的長為()A．5B．6C．8D．12,【分析】連接EF，先判定四邊形ABEF的形狀，再利用勾股定理進(jìn)行解答即可．【自主解答】如圖，連接EF，AE與BF交于點O.∵四邊形ABCD是平行四邊形，且AG是∠BAD的平分線，∴∠FAE＝∠AEB，∠FAE＝∠EAB，∴∠AEB＝∠EAB，∴AB＝BE.,∵AB＝AF，∴AF＝BE，∴四邊形ABEF為平行四邊形．又∵AB＝BE，∴四邊形ABEF是菱形，∴AE⊥BF，OB＝BF＝4，OA＝AE.∵AB＝5，∴在Rt△AOB中，AO＝∴AE＝2AO＝6.故選B.,菱形的性質(zhì)應(yīng)用及判定方法(1)判定一個四邊形是菱形時，一是證明四條邊相等；二是先證明它是平行四邊形，進(jìn)而再證明它是菱形．(2)運用菱形的性質(zhì)時，要注意菱形的對角線互相垂直這個條件；此外，菱形的對角線所在的直線是菱形的對稱軸，運用這一性質(zhì)可以求出線段和的最小值．,4．(2018日照中考)如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AO＝CO，BO＝DO.添加下列條件，不能判定四邊形ABCD是菱形的是()A．AB＝ADB．AC＝BDC．AC⊥BDD．∠ABO＝∠CBO,B,5．(2018壽光模擬)如圖，已知菱形ABCD的一個內(nèi)角∠BAD＝80，對角線AC，BD相交于點O，點E在CD上，且DE＝DO，則∠EOC＝_____．,25,6．(2018揚州中考)如圖，在平行四邊形ABCD中，DB＝DA，點F是AB的中點，連接DF并延長，交CB的延長線于點E，連接AE.(1)求證：四邊形AEBD是菱形；(2)若DC＝，tan∠DCB＝3，求菱形AEBD的面積．,(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥CE，∴∠DAF＝∠EBF.∵∠AFD＝∠EFB，AF＝FB，∴△AFD≌△BFE，∴AD＝EB.∵AD∥EB，∴四邊形AEBD是平行四邊形．∵BD＝AD，∴四邊形AEBD是菱形．,(2)解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD＝AB＝，AB∥CD，∴∠ABE＝∠DCB，∴tan∠ABE＝tan∠DCB＝3.∵四邊形AEBD是菱形，∴AB⊥DE，AF＝FB，EF＝DF，∴tan∠ABE＝＝3.∵BF＝，∴EF＝，∴DE＝3，∴S菱形AEBD＝ABDE＝3＝15.,考點三正方形的性質(zhì)與判定(5年4考)例3(2018濰坊中考)如圖，點M是正方形ABCD邊CD上一點，連接AM，作DE⊥AM于點E，BF⊥AM于點F，連接BE.(1)求證：AE＝BF；(2)已知AF＝2，四邊形ABED的面積為24，求∠EBF的正弦值．,【分析】(1)通過證明△ABF≌△DAE得到AE＝BF；(2)設(shè)AE＝x，則BF＝x，DE＝AF＝2，利用四邊形ABED的面積等于△ABE的面積與△ADE的面積之和得到xx＋x2＝24，解方程求出x得到AE＝BF＝6，則EF＝x－2＝4，然后利用勾股定理計算出BE，最后利用正弦的定義求解．,【自主解答】(1)∵四邊形ABCD為正方形，∴BA＝AD，∠BAD＝90.∵DE⊥AM于點E，BF⊥AM于點F，∴∠AFB＝90，∠DEA＝90.∵∠ABF＋∠BAF＝90，∠EAD＋∠BAF＝90，∴∠ABF＝∠EAD.,在△ABF和△DAE中，∴△ABF≌△DAE(AAS)，∴AE＝BF.(2)設(shè)AE＝x，則BF＝x，DE＝AF＝2.∵S四邊形ABED＝S△ABE＋S△AED＝24，∴xx＋x2＝24，解得x1＝6，x2＝－8(舍去)，,∴EF＝x－2＝4.在Rt△BEF中，BE＝∴sin∠EBF＝,判定正方形的方法及其特殊性(1)判定一個四邊形是正方形，可以先判定四邊形為矩形，再證鄰邊相等或者對角線互相垂直；或先判定四邊形為菱形，再證有一個角是直角或者對角線相等．(2)正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形，具有它們的所有性質(zhì)．,7．(2017濟(jì)南中考)如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，AB＝3，E為OC上一點，OE＝1，連接BE，過點A作AF⊥BE于點F，與BD交于點G，則BF的長是(),A,8．(2018青島中考)已知正方形ABCD的邊長為5，點E，F(xiàn)分別在AD，DC上，AE＝DF＝2，BE與AF相交于點G，點H為BF的中點，連接GH，則GH的長為．,9．(2015濰坊中考)如圖1，點O是正方形ABCD兩對角線的交點．分別延長OD到點G，OC到點E，使OG＝2OD，OE＝2OC，然后以O(shè)G，OE為鄰邊作正方形OEFG，連接AG，DE.,(1)求證：DE⊥AG.(2)正方形ABCD固定，將正方形OEFG繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)α角(0<α<360)得到正方形OE′F′G′，如圖2.①在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)∠OAG′是直角時，求α的度數(shù)；②若正方形ABCD的邊長為1，在旋轉(zhuǎn)過程中，求AF′長的最大值和此時α的度數(shù)，直接寫出結(jié)果不必說明理由．,證明：如圖，延長ED交AG于點H.∵O為正方形ABCD對角線的交點，∴OA＝OD，OA⊥OD.∵OG＝OE，∴Rt△AOG≌Rt△DOE，∴∠AGO＝∠DEO.∵∠AGO＋∠GAO＝90，∴∠DEO＋∠GAO＝90，∴∠AHE＝90，即DE⊥AG.,(2)解：①如圖，在旋轉(zhuǎn)過程中，∠OAG′成為直角有以下兩種情況：(i)α由0增大到90過程中，當(dāng)∠OAG′為直角時，∵OA＝OD＝OG＝OG′，∴在Rt△OAG′中，sin∠AG′O＝∴∠AG′O＝30.,∵OA⊥OD，OA⊥AG′，∴OD∥AG′，∴∠DOG′＝∠AG′O＝30，即α＝30.(ii)α由90增大到180過程中，當(dāng)∠OAG″為直角時，同理可求∠BOG″＝30，∴α＝180－30＝150.綜上所述，當(dāng)∠OAG′為直角時，α＝30或150.②AF′長的最大值是2＋，此時α＝315.,考點四四邊形綜合題百變例題(2018棗莊中考改編)如圖，將矩形ABCD沿AF折疊，使點D落在BC邊上的點E處，過點E作EG∥CD交AF于點G，連接DG.(1)求證：四邊形EFDG是菱形；(2)探究線段EG，GF，AF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)若AG＝，EG＝，求BE的長．,【分析】(1)先依據(jù)翻折的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)證明∠DGF＝∠DFG，從而得到GD＝DF，再根據(jù)翻折的性質(zhì)即可證明DG＝GE＝DF＝EF；(2)連接DE，交AF于點O.由菱形的性質(zhì)可知GF⊥DE，OG＝OF＝GF，然后證明△DOF∽△ADF，由相似三角形的性質(zhì)可證明DF2＝FOAF，于是可得到EG，AF，GF的數(shù)量關(guān)系；,(3)過點G作GH⊥DC，垂足為H.利用(2)的結(jié)論可求得FG，然后在△ADF中依據(jù)勾股定理可求得AD的長，然后再證明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性質(zhì)可求得GH的長，最后依據(jù)BE＝AD－GH求解即可．,【自主解答】(1)∵GE∥DF，∴∠EGF＝∠DFG.∵由翻折的性質(zhì)可知GD＝GE，DF＝EF，∠DGF＝∠EGF，∴∠DGF＝∠DFG，∴GD＝DF，∴DG＝GE＝DF＝EF，∴四邊形EFDG是菱形．,(2)EG2＝GFAF.理由如下：如圖，連接DE，交AF于點O.∵四邊形EFDG是菱形，∴GF⊥DE，OG＝OF＝GF.∵∠DOF＝∠ADF＝90，∠OFD＝∠DFA，∴△DOF∽△ADF，∴，∴DF2＝FOAF.∵FO＝GF，DF＝EG，∴EG2＝GFAF.,(3)如圖，過點G作GH⊥DC，垂足為點H.∵EG2＝GFAF，AG＝，EG＝，∴＝FG(FG＋)，解得FG＝，F(xiàn)G＝－(舍去)．,∵DF＝EG＝，AF＝，∴AD＝＝10.∵GH⊥DC，AD⊥DC，∴GH∥AD，∴△FGH∽△FAD，∴，即GH＝2，∴BE＝AD－GH＝10－2＝8.,變式1：證明：如圖，由題意可知，BG＝GH，AE＝AD＝10，AH＝AB＝6，∠1＝∠2，∠3＝∠4.(1)∵∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝∠BAD＝90，∴∠2＋∠3＝∠BAD＝90＝45，即∠FAG＝45.,(2)∵AE＝10，AH＝6，∴HE＝AE－AH＝10－6＝4.設(shè)BG＝x，∴GH＝BG＝x，∴GE＝AD－BG－EC＝10－x－2＝8－x.在Rt△GHE中，∵GE2＝GH2＋HE2，∴(8－x)2＝x2＋42，∴x＝3，即GH＝BG＝3，,∴S△ABG＝ABBG＝63＝9，S△GHE＝GHHE＝34＝6，∴S△ABG＝S△EGH.(3)∵GE＝8－x＝8－3＝5，BG＋EC＝3＋2＝5，∴BG＋CE＝GE.,變式2：解：如圖，當(dāng)點B′落在矩形內(nèi)部時，連接AC.在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝10，∴AC＝∵∠B沿AM折疊，使點B落在點B′處，∴∠AB′M＝∠B＝90.,當(dāng)△CMB′為直角三角形時，只能得到∠MB′C＝90，∴點A，B′，C共線，即∠B沿AM折疊，使點B落在對角線AC上的點B′處，∴MB＝MB′，AB＝AB′＝6，∴CB′＝2－6.設(shè)BM＝x，則MB′＝x，CM＝10－x，,在Rt△CMB′中，∵M(jìn)C2＝MB′2＋CB′2，(10－x)2＝x2＋(2－6)2，解得x＝∴BM＝,如圖，當(dāng)點B′落在AD邊上時，此時四邊形ABMB′為正方形，∴BM＝AB＝6.綜上所述，BM的長為或6.,