《2019年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 提分專練06 與四邊形有關(guān)的計(jì)算與證明練習(xí) 湘教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 提分專練06 與四邊形有關(guān)的計(jì)算與證明練習(xí) 湘教版（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、提分專練(六)　與四邊形有關(guān)的計(jì)算與證明 |類型1|　平行四邊形背景問(wèn)題 1.[2018·曲靖] 如圖T6-1,在平行四邊形ABCD的邊AB,CD上截取AF,CE,使得AF=CE,連接EF,點(diǎn)M,N是線段EF上的兩點(diǎn),且EM=FN,連接AN,CM. (1)求證:△AFN≌△CEM. (2)若∠CMF=107°,∠CEM=72°,求∠NAF的度數(shù). 圖T6-1 2.[2018·貴陽(yáng)] 如圖T6-2,在平行四邊形ABCD中,AE是BC邊上的高,點(diǎn)F是DE的中點(diǎn),AB與AG關(guān)于AE對(duì)稱,AE與AF關(guān)于AG對(duì)稱. (1)求證:△AEF是等邊三角形; (2

2、)若AB=2,求△AFD的面積. 圖T6-2 |類型2|　特殊四邊形背景問(wèn)題 3.[2018·德陽(yáng)] 如圖T6-3,點(diǎn)E,F分別是矩形ABCD的邊AD,AB上一點(diǎn),若AE=DC=2ED,且EF⊥EC. (1)求證:點(diǎn)F為AB的中點(diǎn); (2)EF與CB的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)H,連接AH,若ED=2,求AH的值. 圖T6-3 4.[2018·呼和浩特] 如圖T6-4,已知A,F,C,D四點(diǎn)在同一條直線上,AF=CD,AB∥DE,且AB=DE. (1)求證:△ABC≌△DEF; (2)若EF=3,DE=4,∠DEF=90°,

3、請(qǐng)直接寫出使四邊形EFBC為菱形時(shí)AF的長(zhǎng)度. 圖T6-4 5.[2018·遵義] 如圖T6-5,正方形ABCD的對(duì)角線交于點(diǎn)O,點(diǎn)E,F分別在AB,BC上(AE

4、側(cè)作等邊三角形APE,點(diǎn)E的位置隨著點(diǎn)P的位置變化而變化. (1)如圖T6-6①,當(dāng)點(diǎn)E在菱形ABCD內(nèi)部或邊上時(shí),連接CE,BP與CE的數(shù)量關(guān)系是　　　　,CE與AD的位置關(guān)系是　　　　.? (2)當(dāng)點(diǎn)E在菱形ABCD外部時(shí),(1)中的結(jié)論是否還成立?若成立,請(qǐng)予以證明;若不成立,請(qǐng)說(shuō)明理由(選擇圖②,圖③中的一種情況予以證明或說(shuō)明理由). (3)如圖④,當(dāng)點(diǎn)P在線段BD的延長(zhǎng)線上時(shí),連接BE,若AB=23,BE=219,求四邊形ADPE的面積. 圖T6-6 參考答案 1.解:(1)證明:由于四邊形ABCD是平行四邊形,所以AB∥CD,所以∠CEM

5、=∠AFN,又AF=CE,EM=FN,所以△AFN≌ △CEM. (2)因?yàn)椤螩MF=107°,∠CEM=72°,且∠CMF=∠CEM+∠ECM,所以∠ECM=∠CMF-∠CEM=107°-72°=35°.因?yàn)椤鰽FN≌△CEM,所以∠NAF=∠ECM=35°.因此∠NAF的度數(shù)是35°. 2.解:(1)證明:在平行四邊形ABCD中,AE是BC邊上的高,∴∠DAE=∠AEB=90°.∵點(diǎn)F是DE的中點(diǎn), ∴在Rt△AED中,FE=AF.∵AE與AF關(guān)于AG對(duì)稱, ∴AE=AF. ∴AE=AF=EF.∴△AEF是等邊三角形. (2)∵△AEF是等邊三角形,∴∠EAF=∠AEF=60

6、°,∴∠EAG=∠EDA=30°.∵AB與AG關(guān)于AE對(duì)稱,∴∠BAE=∠EAG=30°.在Rt△ABE中,AB=2,∴BE=12AB=1,∴AE=22-12=3.∴DE=23,∴AD=3.S△AFD=12S△ADE=12×12×AE×AD=12×12×3×3=343. 3.解:(1)證明:∵EF⊥EC, ∴∠CEF=90°, ∴∠AEF+∠DEC=90°. ∵四邊形ABCD是矩形,∴∠BAD=∠D=90°, ∴∠AEF+∠AFE=90°, ∴∠AFE=∠DEC. ∵AE=DC, ∴△AEF≌△DCE,∴ED=AF. ∵AE=DC=AB=2DE, ∴AB=2AF, ∴點(diǎn)F

7、是AB的中點(diǎn). (2)由(1)得AF=FB,且AE∥BH, ∴∠FAE=∠FBH=90°,∠AEF=∠BHF, ∴△AEF≌△BHF,∴AE=HB. ∵ED=2,且AE=2ED, ∴AE=4,∴HB=AB=AE=4, ∴AH2=AB2+BH2=16+16=32, ∴AH=42. 4.解:(1)證明:∵AB∥DE,∴∠A=∠D. ∵AF=CD,∴AC=DF. 又∵AB=DE,∴△ABC≌△DEF. (2)由勾股定理得DF=EF2+DE2=32+42=5, 作EP⊥DF于P,則EP=DE·EFDF=125. ∵四邊形BCEF是菱形,∴EF=CE,由勾股定理得FP=EF2-

8、EP2=32-(125)?2=95,則CP=FP=95, AF=DC=DF-CF=5-2×95=75. 5.解:(1)證明:正方形ABCD中,AC=BD,OA=12AC,OB=12BD,所以O(shè)A=OB.因?yàn)锳C⊥BD,所以∠AOB=∠AOD=90°,所以 ∠OAD=∠OBA=45°,所以∠OAM=∠OBN,又因?yàn)椤螮OF=90°,所以∠AOM=∠BON,所以△AOM≌△BON,所以O(shè)M=ON. (2)過(guò)點(diǎn)O作OP⊥AB于P,所以∠OPA=90°,所以∠OPA=∠MAE,因?yàn)镋為OM的中點(diǎn),所以O(shè)E=ME,又因?yàn)椤螦EM=∠PEO,所以△AEM≌△PEO,所以AE=EP.因?yàn)镺A=OB,

9、OP⊥AB,所以AP=BP=12AB=2,所以EP=1.Rt△OPB中,∠OBP=45°,所以O(shè)P=PB=2,Rt△OEP中,OE=OP2+PE2=5,所以O(shè)M=2OE=25,Rt△OMN中,OM=ON,所以MN=2OM=210. 6.[解析] (1)結(jié)論:BP=CE,CE⊥AD. 連接AC,證明△BAP≌△CAE即可解決問(wèn)題; (2)結(jié)論仍然成立.證明方法與(1)類似; (3)利用(2)的結(jié)論,然后通過(guò)解直角三角形求出AP,DP,OA即可解決問(wèn)題. 解:(1)BP=CE　CE⊥AD 連接AC交BD于O點(diǎn),如圖①, ① ∵BA=BC,∠ABC=60°, ∴△ABC是等

10、邊三角形, ∴AC=AB, ∠BAC=60°=∠PAE, ∴∠BAP=∠CAE. 在△BAP和△CAE中, AB=AC,∠BAP=∠CAE,AP=AE, ∴△BAP≌△CAE(SAS),∴BP=CE. ∵△BAP≌△CAE, ∴∠ACE=∠ABP=12∠ABC=30°, ∵∠ACD=60°,∴∠ECD=30°, ∴CE為∠ACD的角平分線, ∵CA=CD,由三線合一知CE⊥AD. (2)仍然成立,選擇圖②,理由如下: 如圖②,連接AC交BD于O點(diǎn),設(shè)CE交AD于點(diǎn)H, ② 在菱形ABCD中,∠ABC=60°,BA=BC, ∴△ABC為等邊三角形, ∴BA=

11、CA. ∵△APE為等邊三角形, ∴AP=AE,∠PAE=∠BAC=60°,∴∠BAP=∠CAE. 在△BAP和△CAE中, AB=AC,∠BAP=∠CAE,AP=AE,∴△BAP≌△CAE(SAS), ∴BP=CE,∠ACE=∠ABP=30°. 又∵∠CAD=60°,∴∠AHC=90°,即CE⊥AD. 選擇圖③,理由如下: 如圖③,連接AC交BD于點(diǎn)O,設(shè)CE交AD于點(diǎn)H. ③ 同理得△BAP≌△CAE, ∴BP=CE,∠ACE=∠ABP=30°,又∵∠CAD=60°,∴∠AHC=90°,即CE⊥AD. (3)如圖④,連接AC交BD于點(diǎn)O,連接CE交AD于點(diǎn)H.

12、 ④ 由(2)可知,CE⊥AD,CE=BP, 在菱形ABCD中,AD∥BC, ∴EC⊥BC. ∵BC=AB=23,BE=219, ∴在Rt△BCE中,CE=(219)2-(23)2=8, ∴BP=CE=8. ∵AC與BD是菱形的對(duì)角線, ∴∠ABD=12∠ABC=30°,AC⊥BD, ∴BD=2BO=2AB·cos30°=6, AO=12AB=3,DP=BP-BD=8-6=2, ∴OP=OD+DP=5. 在Rt△AOP中,AP=AO2+OP2=27, S四邊形ADPE=S△ADP+S△APE=12DP·AO+34·AP2=12×2×3+34×(27)2=83. 10