2021年蘇州市中考一輪復(fù)習第23講《特殊四邊形》講學案
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1、2021年中考數(shù)學一輪復(fù)習第23講?特殊四邊形? 【考點解析】 知識點一、矩形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用 【例1】〔2021·四川宜賓〕如圖,點P是矩形ABCD的邊AD上的一動點,矩形的兩條邊AB、BC的長分別是6和8,那么點P到矩形的兩條對角線AC和BD的距離之和是〔 〕 A.4.8 B.5 C.6 D.7.2 【考點】矩形的性質(zhì). 【分析】首先連接OP,由矩形的兩條邊AB、BC的長分別為3和4,可求得OA=OD=5,△AOD的面積,然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA?PE+OD?PF求得答案. 【解答】解:連接OP, ∵矩形的兩條邊AB、BC的長分別為6和8
2、, ∴S矩形ABCD=AB?BC=48,OA=OC,OB=OD,AC=BD=10, ∴OA=OD=5, ∴S△ACD=S矩形ABCD=24, ∴S△AOD=S△ACD=12, ∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA?PE+OD?PF=×5×PE+×5×PF=〔PE+PF〕=12, 解得:PE+PF=4.8. 應(yīng)選:A. 【變式】 〔2021·四川眉山·3分〕如圖,矩形ABCD中,O為AC中點,過點O的直線分別與AB、CD交于點E、F,連結(jié)BF交AC于點M,連結(jié)DE、BO.假設(shè)∠COB=60°,F(xiàn)O=FC,那么以下結(jié)論:①FB垂直平分OC;②△EOB≌△CMB;③DE=
3、EF;④S△AOE:S△BCM=2:3.其中正確結(jié)論的個數(shù)是〔 〕 A.4個 B.3個 C.2個 D.1個 【分析】①利用線段垂直平分線的性質(zhì)的逆定理可得結(jié)論; ②證△OMB≌△OEB得△EOB≌△CMB; ③先證△BEF是等邊三角形得出BF=EF,再證?DEBF得出DE=BF,所以得DE=EF; ④由②可知△BCM≌△BEO,那么面積相等,△AOE和△BEO屬于等高的兩個三角形,其面積比就等于兩底的比,即S△AOE:S△BOE=AE:BE,由直角三角形30°角所對的直角邊是斜邊的一半得出BE=2OE=2AE,得出結(jié)論S△AOE:S△BOE=AE:BE=1:2. 【解答】解:
4、①∵矩形ABCD中,O為AC中點, ∴OB=OC, ∵∠COB=60°, ∴△OBC是等邊三角形, ∴OB=BC, ∵FO=FC, ∴FB垂直平分OC, 故①正確; ②∵FB垂直平分OC, ∴△CMB≌△OMB, ∵OA=OC,∠FOC=∠EOA,∠DCO=∠BAO, ∴△FOC≌△EOA, ∴FO=EO, 易得OB⊥EF, ∴△OMB≌△OEB, ∴△EOB≌△CMB, 故②正確; ③由△OMB≌△OEB≌△CMB得∠1=∠2=∠3=30°,BF=BE, ∴△BEF是等邊三角形, ∴BF=EF, ∵DF∥BE且DF=BE, ∴四邊形DEBF是平行四邊
5、形, ∴DE=BF, ∴DE=EF, 故③正確; ④在直角△BOE中∵∠3=30°, ∴BE=2OE, ∵∠OAE=∠AOE=30°, ∴AE=OE, ∴BE=2AE, ∴S△AOE:S△BCM=S△AOE:S△BOE=1:2, 故④錯誤; 所以其中正確結(jié)論的個數(shù)為3個; 應(yīng)選B 【點評】此題綜合性比擬強,既考查了矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì),又考查了全等三角形的性質(zhì)和判定,及線段垂直平分線的性質(zhì),內(nèi)容雖多,但不復(fù)雜;看似一個選擇題,其實相當于四個證明題,屬于常考題型. 知識點二、菱形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用 【例2】〔2021遼寧朝陽〕如圖,在△ABC中,點D是
6、BC的中點,點E、F分別是線段AD及其延長線上,且DE=DF,給出以下條件:①BE⊥EC;②BF∥EC;③AB=AC,從中選擇一個條件使四邊形BECF是菱形,并給出證明,你選擇的條件是 〔只填寫序號〕. 【答案】③,證明見解析. 【分析】由點D是BC的中點,點E、F分別是線段AD及其延長線上,且DE=DF,即可得到四邊形BECF是平行四邊形,由AF是BC的中垂線,得到BE=CE,從而得到結(jié)論. 【解析】∵BD=CD,DE=DF,∴四邊形BECF是平行四邊形,①BE⊥EC時,四邊形BECF是矩形,不一定是菱形; ②四邊形BECF是平行四邊形,那么BF∥EC一定成立,故不一定
7、是菱形; ③AB=AC時,∵D是BC的中點,∴AF是BC的中垂線,∴BE=CE,∴平行四邊形BECF是菱形. 故答案為:③. .【點評】此題主要考查了菱形的判定以及等腰三角形的性質(zhì),能根據(jù)條件來選擇讓問題成立的條件是解題關(guān)鍵. 【變式】 〔2021·青海西寧·2分〕如圖,在菱形ABCD中,E,F(xiàn)分別是AD,BD的中點,假設(shè)EF=2,那么菱形ABCD的周長是 16?。? 【考點】菱形的性質(zhì);三角形中位線定理. 【分析】先利用三角形中位線性質(zhì)得到AB=4,然后根據(jù)菱形的性質(zhì)計算菱形ABCD的周長. 【解答】解:∵E,F(xiàn)分別是AD,BD的中點, ∴EF為△ABD的中位線, ∴A
8、B=2EF=4, ∵四邊形ABCD為菱形, ∴AB=BC=CD=DA=4, ∴菱形ABCD的周長=4×4=16. 故答案為16. 知識點三、正方形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用 【例3】〔2021·四川眉山·3分〕把邊長為3的正方形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)45°得到正方形AB′C′D′,邊BC與D′C′交于點O,那么四邊形ABOD′的周長是〔 〕 A. B.6 C. D. 【分析】由邊長為3的正方形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)45°得到正方形AB′C′D′,利用勾股定理的知識求出BC′的長,再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì),勾股定理可求BO,OD′,從而可求四邊形ABOD′的周長. 【解
9、答】解:連接BC′, ∵旋轉(zhuǎn)角∠BAB′=45°,∠BAD′=45°, ∴B在對角線AC′上, ∵B′C′=AB′=3, 在Rt△AB′C′中,AC′==3, ∴B′C=3﹣3, 在等腰Rt△OBC′中,OB=BC′=3﹣3, 在直角三角形OBC′中,OC=〔3﹣3〕=6﹣3, ∴OD′=3﹣OC′=3﹣3, ∴四邊形ABOD′的周長是:2AD′+OB+OD′=6+3﹣3+3﹣3=6. 應(yīng)選:A. 【點評】此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì).此題難度適中,注意連接BC′構(gòu)造等腰Rt△OBC′是解題的關(guān)鍵,注意旋轉(zhuǎn)中的對應(yīng)關(guān)系. 【變式】 〔
10、2021·四川攀枝花〕如圖,正方形紙片ABCD中,對角線AC、BD交于點O,折疊正方形紙片ABCD,使AD落在BD上,點A恰好與BD上的點F重合,展開后折痕DE分別交AB、AC于點E、G,連結(jié)GF,給出以下結(jié)論:①∠ADG=22.5°;②tan∠AED=2;③S△AGD=S△OGD;④四邊形AEFG是菱形;⑤BE=2OG;⑥假設(shè)S△OGF=1,那么正方形ABCD的面積是6+4,其中正確的結(jié)論個數(shù)為〔 〕 A.2 B.3 C.4 D.5 【考點】四邊形綜合題. 【分析】①由四邊形ABCD是正方形,可得∠GAD=∠ADO=45°,又由折疊的性質(zhì),可求得∠ADG的度數(shù); ②由AE=EF
11、<BE,可得AD>2AE; ③由AG=GF>OG,可得△AGD的面積>△OGD的面積; ④由折疊的性質(zhì)與平行線的性質(zhì),易得△EFG是等腰三角形,即可證得AE=GF; ⑤易證得四邊形AEFG是菱形,由等腰直角三角形的性質(zhì),即可得BE=2OG; ⑥根據(jù)四邊形AEFG是菱形可知AB∥GF,AB=GF,再由∠BAO=45°,∠GOF=90°可得出△OGF時等腰直角三角形,由S△OGF=1求出GF的長,進而可得出BE及AE的長,利用正方形的面積公式可得出結(jié)論. 【解答】解:∵四邊形ABCD是正方形, ∴∠GAD=∠ADO=45°, 由折疊的性質(zhì)可得:∠ADG=∠ADO=22.5°, 故①
12、正確. ∵由折疊的性質(zhì)可得:AE=EF,∠EFD=∠EAD=90°, ∴AE=EF<BE, ∴AE<AB, ∴>2, 故②錯誤. ∵∠AOB=90°, ∴AG=FG>OG,△AGD與△OGD同高, ∴S△AGD>S△OGD, 故③錯誤. ∵∠EFD=∠AOF=90°, ∴EF∥AC, ∴∠FEG=∠AGE, ∵∠AGE=∠FGE, ∴∠FEG=∠FGE, ∴EF=GF, ∵AE=EF, ∴AE=GF, 故④正確. ∵AE=EF=GF,AG=GF, ∴AE=EF=GF=AG, ∴四邊形AEFG是菱形, ∴∠OGF=∠OAB=45°, ∴EF=GF=O
13、G, ∴BE=EF=×OG=2OG. 故⑤正確. ∵四邊形AEFG是菱形, ∴AB∥GF,AB=GF. ∵∠BAO=45°,∠GOF=90°, ∴△OGF時等腰直角三角形. ∵S△OGF=1, ∴OG2=1,解得OG=, ∴BE=2OG=2,GF===2, ∴AE=GF=2, ∴AB=BE+AE=2+2, ∴S正方形ABCD=AB2=〔2+2〕2=12+8,故⑥錯誤. ∴其中正確結(jié)論的序號是:①④⑤. 應(yīng)選B. 【點評】此題考查的是四邊形綜合題,涉及到正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)以及菱形的判定與性質(zhì)等知識.此題綜合性較強,難度較大,注意掌握折疊前
14、后圖形的對應(yīng)關(guān)系,注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用. 知識點四、特殊平行四邊形的綜合應(yīng)用 【例4】〔2021遼寧鐵嶺〕如圖,矩形ABCD中,AB=8,AD=6,點E、F分別在邊CD、AB上. 〔1〕假設(shè)DE=BF,求證:四邊形AFCE是平行四邊形; 〔2〕假設(shè)四邊形AFCE是菱形,求菱形AFCE的周長. 【答案】〔1〕證明見解析;〔2〕25. 【分析】〔1〕由四邊形ABCD為矩形,得到AB=CD,AB∥CD,由DE=BF,得到AF=CE,AF∥CE,即可證明四邊形AFCE是平行四邊形; 〔2〕由四邊形AFCE是菱形,得到AE=CE,然后設(shè)DE=x,表示出AE,CE的長度,根據(jù)相等
15、求出x的值,繼而可求得菱形的邊長及周長. 【解析】〔1〕∵四邊形ABCD為矩形,∴AB=CD,AB∥CD,∵DE=BF,∴AF=CE,AF∥CE,∴四邊形AFCE是平行四邊形; 〔2〕∵四邊形AFCE是菱形,∴AE=CE,設(shè)DE=x,那么AE=,CE=8﹣x,那么,解得:x=,那么菱形的邊長為:=,周長為:4×=25,故菱形AFCE的周長為25. 【點評】此題考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定、菱形的性質(zhì)以及勾股定理等知識,能正確地分析圖形的特點是解決此類問題的關(guān)鍵. 【變式】 〔2021·四川內(nèi)江〕如下圖,△ABC中,D是BC邊上一點,E是AD的中點,過點A作BC的平行線交CE的
16、延長線于F,且AF=BD,連接BF. (1)求證:D是BC的中點; (2)假設(shè)AB=AC,試判斷四邊形AFBD的形狀,并證明你的結(jié)論. D C E F B A [考點]三角形例行,特殊四邊形的性質(zhì)與判定。 (1)證明:∵點E是AD的中點,∴AE=DE. ∵AF∥BC,∴∠AFE=∠DCE,∠FAE=∠CDE. ∴△EAF≌△EDC. ∴AF=DC. ∵AF=BD, ∴BD=DC,即D是BC的中點. (2)四邊形AFBD是矩形.證明如下: ∵AF∥BD,AF=BD, ∴四邊形AFBD是平行四邊形. ∵AB=AC,又由(1)可知D是BC的中點,
17、 ∴AD⊥BC. ∴□AFBD是矩形. 知識點五、四邊形的研究應(yīng)用 【例5】〔2021海南〕如圖1,在矩形ABCD中,BC>AB,∠BAD的平分線AF與BD、BC分別交于點E、F,點O是BD的中點,直線OK∥AF,交AD于點K,交BC于點G. 〔1〕求證:①△DOK≌△BOG;②AB+AK=BG; 〔2〕假設(shè)KD=KG,BC=4﹣. ①求KD的長度; ②如圖2,點P是線段KD上的動點〔不與點D、K重合〕,PM∥DG交KG于點M,PN∥KG交DG于點N,設(shè)PD=m,當S△PMN=時,求m的值. 【考點】四邊形綜合題;全等三角形的判定;矩形的性質(zhì);相似三角形的判定與性質(zhì).
18、【分析】〔1〕①先根據(jù)AAS判定△DOK≌△BOG,②再根據(jù)等腰三角形ABF和平行四邊形AFKG的性質(zhì),得出結(jié)論BG=AB+AK; 〔2〕①先根據(jù)等量代換得出AF=KG=KD=BG,再設(shè)AB=a,根據(jù)AK=FG列出關(guān)于a的方程,求得a的值,進而計算KD的長;②先過點G作GI⊥KD,求得S△DKG的值,再根據(jù)四邊形PMGN是平行四邊形,以及△DKG∽△PKM∽△DPN,求得S△DPN和S△PKM的表達式,最后根據(jù)等量關(guān)系S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM,列出關(guān)于m的方程,求得m的值即可. 【解答】解:〔1〕①∵在矩形ABCD中,AD∥BC ∴∠KDO=∠GBO,∠D
19、KO=∠BGO ∵點O是BD的中點 ∴DO=BO ∴△DOK≌△BOG〔AAS〕 ②∵四邊形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠ABC=90°,AD∥BC 又∵AF平分∠BAD ∴∠BAF=∠BFA=45° ∴AB=BF ∵OK∥AF,AK∥FG ∴四邊形AFGK是平行四邊形 ∴AK=FG ∵BG=BF+FG ∴BG=AB+AK 〔2〕①由〔1〕得,四邊形AFGK是平行四邊形 ∴AK=FG,AF=KG 又∵△DOK≌△BOG,且KD=KG ∴AF=KG=KD=BG 設(shè)AB=a,那么AF=KG=KD=BG=a ∴AK=4﹣﹣a,F(xiàn)G=BG﹣BF=a﹣a ∴4﹣﹣
20、a=a﹣a 解得a= ∴KD=a=2 ②過點G作GI⊥KD于點I 由〔2〕①可知KD=AF=2 ∴GI=AB= ∴S△DKG=×2×= ∵PD=m ∴PK=2﹣m ∵PM∥DG,PN∥KG ∴四邊形PMGN是平行四邊形,△DKG∽△PKM∽△DPN ∴,即S△DPN=〔〕2 同理S△PKM=〔〕2 ∵S△PMN= ∴S平行四邊形PMGN=2S△PMN=2× 又∵S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM ∴2×=﹣〔〕2﹣〔〕2,即m2﹣2m+1=0 解得m1=m2=1 ∴當S△PMN=時,m的值為1 【點評】此題主要考查了矩形的性質(zhì)以及
21、平行四邊形的性質(zhì),解題時需要運用全等三角形的判定與性質(zhì).解答此題的關(guān)鍵是運用相似三角形的面積之比等于相似比的平方這一性質(zhì),并根據(jù)圖形面積的等量關(guān)系列出方程進行求解,難度較大,具有一定的綜合性. 【變式】 〔2021·浙江省紹興市〕如圖,在矩形ABCD中,點O為坐標原點,點B的坐標為〔4,3〕,點A、C在坐標軸上,點P在BC邊上,直線l1:y=2x+3,直線l2:y=2x﹣3. 〔1〕分別求直線l1與x軸,直線l2與AB的交點坐標; 〔2〕點M在第一象限,且是直線l2上的點,假設(shè)△APM是等腰直角三角形,求點M的坐標; 〔3〕我們把直線l1和直線l2上的點所組成的圖形為圖形F.矩形AN
22、PQ的頂點N在圖形F上,Q是坐標平面內(nèi)的點,且N點的橫坐標為x,請直接寫出x的取值范圍〔不用說明理由〕. 【考點】四邊形綜合題. 【分析】〔1〕根據(jù)坐標軸上點的坐標特征可求直線l1與x軸,直線l2與AB的交點坐標; 〔2〕分三種情況:①假設(shè)點A為直角頂點時,點M在第一象限;假設(shè)點P為直角頂點時,點M在第一象限;③假設(shè)點M為直角頂點時,點M在第一象限;進行討論可求點M的坐標; 〔3〕根據(jù)矩形的性質(zhì)可求N點的橫坐標x的取值范圍. 【解答】解:〔1〕直線l1:當y=0時,2x+3=0,x=﹣ 那么直線l1與x軸坐標為〔﹣,0〕 直線l2:當y=3時,2x﹣3=3,x=3 那么直線
23、l2與AB的交點坐標為〔3,3〕; 〔2〕①假設(shè)點A為直角頂點時,點M在第一象限,連結(jié)AC, 如圖1,∠APB>∠ACB>45°, ∴△APM不可能是等腰直角三角形, ∴點M不存在; ②假設(shè)點P為直角頂點時,點M在第一象限,如圖2, 過點M作MN⊥CB,交CB的延長線于點N, 那么Rt△ABP≌Rt△PNM, ∴AB=PN=4,MN=BP, 設(shè)M〔x,2x﹣3〕,那么MN=x﹣4, ∴2x﹣3=4+3﹣〔x﹣4〕, x=, ∴M〔,〕; ③假設(shè)點M為直角頂點時,點M在第一象限,如圖3, 設(shè)M1〔x,2x﹣3〕, 過點M1作M1G1⊥OA,交BC于點H1, 那么R
24、t△AM1G1≌Rt△PM1H1, ∴AG1=M1H1=3﹣〔2x﹣3〕, ∴x+3﹣〔2x﹣3〕=4, x=2 ∴M1〔2,1〕; 設(shè)M2〔x,2x﹣3〕, 同理可得x+2x﹣3﹣3=4, ∴x=, ∴M2〔,〕; 綜上所述,點M的坐標為〔,〕,〔2,1〕,〔,〕; 〔3〕x的取值范圍為﹣≤x<0或0<x≤或≤x≤或≤x≤2. 【典例解析】 【例題1】 〔2021貴州畢節(jié)〕如圖,正方形ABCD的邊長為9,將正方形折疊,使頂點D落在BC邊上的點E處,折痕為GH.假設(shè)BE:EC=2:1,那么線段CH的長是〔 〕 A.3 B.4 C.5 D.6 【考點】正
25、方形的性質(zhì);翻折變換〔折疊問題〕. 【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可得DH=EH,在直角△CEH中,假設(shè)設(shè)CH=x,那么DH=EH=9﹣x,CE=3cm,可以根據(jù)勾股定理列出方程,從而解出CH的長. 【解答】解:由題意設(shè)CH=xcm,那么DH=EH=〔9﹣x〕cm, ∵BE:EC=2:1, ∴CE=BC=3cm ∴在Rt△ECH中,EH2=EC2+CH2, 即〔9﹣x〕2=32+x2, 解得:x=4,即CH=4cm. 應(yīng)選〔B〕 【例題2】 〔2021·福建龍巖·4分〕如圖,在周長為12的菱形ABCD中,AE=1,AF=2,假設(shè)P為對角線BD上一動點,那么EP+FP的最小值為
26、〔 〕 A.1B.2C.3D.4 【考點】菱形的性質(zhì);軸對稱-最短路線問題. 【分析】作F點關(guān)于BD的對稱點F′,那么PF=PF′,由兩點之間線段最短可知當E、P、F′在一條直線上時,EP+FP有最小值,然后求得EF′的長度即可. 【解答】解:作F點關(guān)于BD的對稱點F′,那么PF=PF′,連接EF′交BD于點P. ∴EP+FP=EP+F′P. 由兩點之間線段最短可知:當E、P、F′在一條直線上時,EP+FP的值最小,此時EP+FP=EP+F′P=EF′. ∵四邊形ABCD為菱形,周長為12, ∴AB=BC=CD=DA=3,AB∥CD, ∵AF=2,AE=1, ∴DF
27、=AE=1, ∴四邊形AEF′D是平行四邊形, ∴EF′=AD=3. ∴EP+FP的最小值為3. 應(yīng)選:C. 【例題3】 〔2021·江西〕如圖是一張長方形紙片ABCD,AB=8,AD=7,E為AB上一點,AE=5,現(xiàn)要剪下一張等腰三角形紙片〔△AEP〕,使點P落在長方形ABCD的某一條邊上,那么等腰三角形AEP的底邊長是 ?。? 【考點】矩形的性質(zhì);等腰三角形的性質(zhì);勾股定理. 【分析】分情況討論:①當AP=AE=5時,那么△AEP是等腰直角三角形,得出底邊PE=AE=5即可; ②當PE=AE=5時,求出BE,由勾股定理求出PB,再由勾股定理求出等邊AP即可; ③
28、當PA=PE時,底邊AE=5;即可得出結(jié)論. 【解答】解:如下圖: ①當AP=AE=5時, ∵∠BAD=90°, ∴△AEP是等腰直角三角形, ∴底邊PE=AE=5; ②當PE=AE=5時, ∵BE=AB﹣AE=8﹣5=3,∠B=90°, ∴PB==4, ∴底邊AP===4; ③當PA=PE時,底邊AE=5; 綜上所述:等腰三角形AEP的對邊長為5或4或5; 故答案為:5或4或5. 【例題4】〔2021·陜西〕如圖,在正方形ABCD中,連接BD,點O是BD的中點,假設(shè)M、N是邊AD上的兩點,連接MO、NO,并分別延長交邊BC于兩點M′、N′,那么圖中的全等三角形共
29、有〔 〕 A.2對 B.3對 C.4對 D.5對 【考點】正方形的性質(zhì);全等三角形的判定. 【分析】可以判斷△ABD≌△BCD,△MDO≌△M′BO,△NOD≌△N′OB,△MON≌△M′ON′由此即可對稱結(jié)論. 【解答】解:∵四邊形ABCD是正方形, ∴AB=CD=CB=AD,∠A=∠C=∠ABC=∠ADC=90°,AD∥BC, 在△ABD和△BCD中, , ∴△ABD≌△BCD, ∵AD∥BC, ∴∠MDO=∠M′BO, 在△MOD和△M′OB中, , ∴△MDO≌△M′BO,同理可證△NOD≌△N′OB,∴△MON≌△M′ON′, ∴全等三角形一共有4對
30、. 應(yīng)選C. 【中考熱點】 【熱點1】 〔2021·湖北隨州·3分〕如圖,邊長為1的正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點O.有直角∠MPN,使直角頂點P與點O重合,直角邊PM、PN分別與OA、OB重合,然后逆時針旋轉(zhuǎn)∠MPN,旋轉(zhuǎn)角為θ〔0°<θ<90°〕,PM、PN分別交AB、BC于E、F兩點,連接EF交OB于點G,那么以下結(jié)論中正確的選項是 〔1〕,〔2〕,〔3〕,〔5〕?。? 〔1〕EF=OE;〔2〕S四邊形OEBF:S正方形ABCD=1:4;〔3〕BE+BF=OA;〔4〕在旋轉(zhuǎn)過程中,當△BEF與△COF的面積之和最大時,AE=;〔5〕OG?BD=AE2+CF2.
31、 【考點】四邊形綜合題. 【分析】〔1〕由四邊形ABCD是正方形,直角∠MPN,易證得△BOE≌△COF〔ASA〕,那么可證得結(jié)論; 〔2〕由〔1〕易證得S四邊形OEBF=S△BOC=S正方形ABCD,那么可證得結(jié)論; 〔3〕由BE=CF,可得BE+BF=BC,然后由等腰直角三角形的性質(zhì),證得BE+BF=OA; 〔4〕首先設(shè)AE=x,那么BE=CF=1﹣x,BF=x,繼而表示出△BEF與△COF的面積之和,然后利用二次函數(shù)的最值問題,求得答案; 〔5〕易證得△OEG∽△OBE,然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例,證得OG?OB=OE2,再利用OB與BD的關(guān)系,OE與EF的關(guān)系,即可
32、證得結(jié)論. 【解答】解:〔1〕∵四邊形ABCD是正方形, ∴OB=OC,∠OBE=∠OCF=45°,∠BOC=90°, ∴∠BOF+∠COF=90°, ∵∠EOF=90°, ∴∠BOF+∠COE=90°, ∴∠BOE=∠COF, 在△BOE和△COF中, , ∴△BOE≌△COF〔ASA〕, ∴OE=OF,BE=CF, ∴EF=OE;故正確; 〔2〕∵S四邊形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC=S正方形ABCD, ∴S四邊形OEBF:S正方形ABCD=1:4;故正確; 〔3〕∴BE+BF=BF+CF=BC=OA;故正確; 〔4〕過
33、點O作OH⊥BC, ∵BC=1, ∴OH=BC=, 設(shè)AE=x,那么BE=CF=1﹣x,BF=x, ∴S△BEF+S△COF=BE?BF+CF?OH=x〔1﹣x〕+〔1﹣x〕×=﹣〔x﹣〕2+, ∵a=﹣<0, ∴當x=時,S△BEF+S△COF最大; 即在旋轉(zhuǎn)過程中,當△BEF與△COF的面積之和最大時,AE=;故錯誤; 〔5〕∵∠EOG=∠BOE,∠OEG=∠OBE=45°, ∴△OEG∽△OBE, ∴OE:OB=OG:OE, ∴OG?OB=OE2, ∵OB=BD,OE=EF, ∴OG?BD=EF2, ∵在△BEF中,EF2=BE2+BF2, ∴EF2=A
34、E2+CF2, ∴OG?BD=AE2+CF2.故正確. 故答案為:〔1〕,〔2〕,〔3〕,〔5〕. 【熱點2】 〔2021·浙江省紹興市〕如圖,矩形ABCD中,AB=4,BC=2,E是AB的中點,直線l平行于直線EC,且直線l與直線EC之間的距離為2,點F在矩形ABCD邊上,將矩形ABCD沿直線EF折疊,使點A恰好落在直線l上,那么DF的長為 2或4﹣2?。? 【考點】矩形的性質(zhì);翻折變換〔折疊問題〕. 【分析】當直線l在直線CE上方時,連接DE交直線l于M,只要證明△DFM是等腰直角三角形即可利用DF= DM解決問題,當直線l在直線EC下方時,由∠DEF1=∠BEF1=∠D
35、F1E, 得到DF1=DE,由此即可解決問題. 【解答】解:如圖,當直線l在直線CE上方時,連接DE交直線l于M, ∵四邊形ABCD是矩形, ∴∠A=∠B=90°,AD=BC, ∵AB=4,AD=BC=2, ∴AD=AE=EB=BC=2, ∴△ADE、△ECB是等腰直角三角形, ∴∠AED=∠BEC=45°, ∴∠DEC=90°, ∵l∥EC, ∴ED⊥l, ∴EM=2=AE, ∴點A、點M關(guān)于直線EF對稱, ∵∠MDF=∠MFD=45°, ∴DM=MF=DE﹣EM=2﹣2, ∴DF=DM=4﹣2. 當直線l在直線EC下方時, ∵∠DEF1=∠BEF1=∠D
36、F1E, ∴DF1=DE=2, 綜上所述DF的長為2或4﹣2. 故答案為2或4﹣2. 【熱點3】 〔2021海南〕如圖1,在矩形ABCD中,BC>AB,∠BAD的平分線AF與BD、BC分別交于點E、F,點O是BD的中點,直線OK∥AF,交AD于點K,交BC于點G. 〔1〕求證:①△DOK≌△BOG;②AB+AK=BG; 〔2〕假設(shè)KD=KG,BC=4﹣. ①求KD的長度; ②如圖2,點P是線段KD上的動點〔不與點D、K重合〕,PM∥DG交KG于點M,PN∥KG交DG于點N,設(shè)PD=m,當S△PMN=時,求m的值. 【考點】四邊形綜合題;全等三角形的判定;矩形的性質(zhì);
37、相似三角形的判定與性質(zhì). 【分析】〔1〕①先根據(jù)AAS判定△DOK≌△BOG,②再根據(jù)等腰三角形ABF和平行四邊形AFKG的性質(zhì),得出結(jié)論BG=AB+AK; 〔2〕①先根據(jù)等量代換得出AF=KG=KD=BG,再設(shè)AB=a,根據(jù)AK=FG列出關(guān)于a的方程,求得a的值,進而計算KD的長;②先過點G作GI⊥KD,求得S△DKG的值,再根據(jù)四邊形PMGN是平行四邊形,以及△DKG∽△PKM∽△DPN,求得S△DPN和S△PKM的表達式,最后根據(jù)等量關(guān)系S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM,列出關(guān)于m的方程,求得m的值即可. 【解答】解:〔1〕①∵在矩形ABCD中,AD∥BC
38、 ∴∠KDO=∠GBO,∠DKO=∠BGO ∵點O是BD的中點 ∴DO=BO ∴△DOK≌△BOG〔AAS〕 ②∵四邊形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠ABC=90°,AD∥BC 又∵AF平分∠BAD ∴∠BAF=∠BFA=45° ∴AB=BF ∵OK∥AF,AK∥FG ∴四邊形AFGK是平行四邊形 ∴AK=FG ∵BG=BF+FG ∴BG=AB+AK 〔2〕①由〔1〕得,四邊形AFGK是平行四邊形 ∴AK=FG,AF=KG 又∵△DOK≌△BOG,且KD=KG ∴AF=KG=KD=BG 設(shè)AB=a,那么AF=KG=KD=BG=a ∴AK=4﹣﹣a,F(xiàn)G=B
39、G﹣BF=a﹣a ∴4﹣﹣a=a﹣a 解得a= ∴KD=a=2 ②過點G作GI⊥KD于點I 由〔2〕①可知KD=AF=2 ∴GI=AB= ∴S△DKG=×2×= ∵PD=m ∴PK=2﹣m ∵PM∥DG,PN∥KG ∴四邊形PMGN是平行四邊形,△DKG∽△PKM∽△DPN ∴,即S△DPN=〔〕2 同理S△PKM=〔〕2 ∵S△PMN= ∴S平行四邊形PMGN=2S△PMN=2× 又∵S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM ∴2×=﹣〔〕2﹣〔〕2,即m2﹣2m+1=0 解得m1=m2=1 ∴當S△PMN=時,m的值為1 【點評】此題主要考查了矩形的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì),解題時需要運用全等三角形的判定與性質(zhì).解答此題的關(guān)鍵是運用相似三角形的面積之比等于相似比的平方這一性質(zhì),并根據(jù)圖形面積的等量關(guān)系列出方程進行求解,難度較大,具有一定的綜合性.
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