押安徽中考第22题（四边形综合）（解析版）-备战2024年中考数学

押安徽中考第22题押题方向：四边形综合3年安徽真题考点命题趋势2023年安徽旋转的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理以及锐角三角函数定义预测2024年安徽四边形综合题仍然会以平行四边形、菱形、矩形以及正方形的判定和性质为主，兼顾考察全等三角形和相似三角形的性质和判定，以及直角三角形的特殊性质、特殊的直角三角形、等腰三角形、三角函数、三角形的中位线以及勾股定理等。考题可能会考察线段相等的证明、角度的求解、全等和相似的证明，特别注意方程思想和比例思想在解题中的应用，特别在动点问题中注意分类讨论。2022年安徽菱形的判定和性质，全等三角形的性质和判定2021年安徽全等三角形，相似三角形，一元二次方程的解法在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，将线段MA绕点M旋转至MD位置，点D在直线AB外，连接AD，BD．（1）如图1，求∠ADB的大小；（2）已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD，DE∥AB．（i）如图2，连接CD，求证：BD＝CD；（ii）如图3，连接BE，若AC＝8，BC＝6，求tan∠ABE的值．【分析】（1）证MA＝MD＝MB，得∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，再由三角形内角和定理得∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°即可；（2）（i）证四边形EMBD是平行四边形，得DE＝BM＝AM，再证四边形EAMD是平行四边形，进而得平行四边形EAMD是菱形，则∠BAD＝∠CAD，然后证A、C、D、B四点共圆，由圆周角定理得＝，即可得出结论；（ii）过点E作EH⊥AB于点H，由勾股定理得AB＝10，再由菱形的性质得AE＝AM＝5，进而由锐角三角函数定义得EH＝3，则AH＝4，BH＝6，然后由锐角三角函数定义即可得出结论．【解答】（1）解：∵M是AB的中点，∴MA＝MB，由旋转的性质得：MA＝MD＝MB，∴∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，∵∠MAD+∠MDA+∠MDB+∠MBD＝180°，∴∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°，即∠ADB的大小为90°；（2）（i）证明：∵∠ADB＝90°，∴AD⊥BD，∵ME⊥AD，∴ME∥BD，∵ED∥BM，∴四边形EMBD是平行四边形，∴DE＝BM＝AM，∴DE∥AM，∴四边形EAMD是平行四边形，∵EM⊥AD，∴平行四边形EAMD是菱形，∴∠BAD＝∠CAD，又∵∠ACB＝∠ADB＝90°，∴A、C、D、B四点共圆，∵∠BCD＝∠CAD，∴＝，∴BD＝CD；（ii）解：如图3，过点E作EH⊥AB于点H，则∠EHA＝∠EHB＝90°，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB＝＝＝10，∵四边形EAMD是菱形，∴AE＝AM＝AB＝5，∴sin∠CAB＝＝＝，∴EH＝AE•sin∠CAB＝5×＝3，∴AH＝＝＝4，∴BH＝AB﹣AH＝10﹣4＝6，∴tan∠ABE＝＝＝，即tan∠ABE的值为．【点评】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理以及锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及锐角三角函数是解题的关键，属于中考常考题型．2.（2022•安徽）已知四边形ABCD中，BC＝CD，连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．（1）如图1，若DE∥BC，求证：四边形BCDE是菱形；（2）如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．（ⅰ）求∠CED的大小；（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．【解答】（1）证明：设CE与BD交于点O，∵CB＝CD，CE⊥BD，∴DO＝BO，∵DE∥BC，∴∠DEO＝∠BCO，∵∠DOE＝∠BOC，∴△DOE≌△BOC（AAS），∴DE＝BC，∴四边形BCDE是平行四边形，∵CD＝CB，∴平行四边形BCDE是菱形；（2）（i）解：∵DE垂直平分AC，∴AE＝EC且DE⊥AC，∴∠AED＝∠CED，又∵CD＝CB且CE⊥BD，∴CE垂直平分DB，∴DE＝BE，∴∠DEC＝∠BEC，∴∠AED＝∠CED＝∠BEC，又∵∠AED+∠CED+∠BEC＝180°，∴∠CED＝；（ii）证明：由（i）得AE＝EC，又∵∠AEC＝∠AED+∠DEC＝120°，∴∠ACE＝30°，同理可得，在等腰△DEB中，∠EBD＝30°，∴∠ACE＝∠ABF＝30°，在△ACE与△ABF中，，∴△ABF≌△ACE（AAS），∴AC＝AB，又∵AE＝AF，∴AB﹣AE＝AC﹣AF，即BE＝CF．3.如图1，在四边形ABCD中，∠ABC=∠BCD,点E在边BC上，且AE∥CD,DE∥AB,CF∥AD交线段AE于点F,连接BF.(1)求证:△ABF≌△EAD;

(2)如图2，若AB=9,CD=5，∠ECF＝∠AED，求BE的长；

(3)如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求BEEC【解析】∵DE∥AB，∴∠BAF=∠AED，∵AE∥CD，∴∠AEB=∠BCD=∠ABC，∴AB=AE，∵CF∥AD，AE∥CD，∴四边形ADCF为平行四边形，∴AF=CD，在△ABF和△EAD中，AB=AE∠BAF=∠AEDAF=CD∴△ABF≌△EAD（SAS）；由（1）△ABF≌△EAD，且∠ECF=∠AED，∴∠ECF=∠BAE，又∵CF=BF，∴∠ECF=∠FBC，∴∠BAE=∠FBC，∴△ABE∽△BEF，∴∵AB=AE=9，CD=DE=AF=5，∴EF=4，∴，∴BE=6；延长BM、ED交于点P，∵M为AD中点，AB∥DP，所以易证△ABM≌△DPM（ASA），∴AB=DP，设AB=DP=a，CD=DE=b，由（1）知，DE=AF=b，∴EF=a-b，又∵PE∥AB，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴。1.要熟练掌握特殊平行四边形的性质和判定：证明线段相等的方法：线段的和差倍分关系、全等三角形、等腰三角形、中点公式、中位线、直角三角形斜边上的中线、垂直平分线、两点间的距离公式（勾股定理）等；全等三角形的对应元素相等，相似三角形的对应角相等，对应线段成比例，对应面积之比为相似比的平方；折叠问题中必有对称，必有相等元素，必有等腰三角形；平面几何三要素“知二推一”：角的平分线、平行、等腰三角形；遇到直角三角形的相似问题，使用三角函数更加简便；注意等面积法的使用，如求直角三角形斜边上的高；遇到比例问题可以大胆设元，利用相似、全等、勾股定理构造方程求解；题目没有明确作图或者需要自行作图的，特别注意时候需要分类与讨论。1．综合与实践在“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°．请解答下面的问题．观察猜想：（1）如图1，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△NMC，连接BM，则∠BMN的度数为150°．探究证明：（2）如图2，D，E分别是边BC，AC的中点，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转60°得到△CMN，连接MB，AN．①求证：△ACN∽△BCM．②若BC＝4，AB＝3，求AN的长．【分析】（1）如图1，根据旋转的性质得到CM＝CB，∠BCM＝60°，∠CMN＝90°，则根据等边三角形的判定方法可判断△BCM为等边三角形，可得∠CMB＝60°，即可求解；（2）①由于点D，E分别是边BC，AC的中点，可得，再根据旋转的性质得到CN＝CE，CM＝CD，∠ACN＝∠BCM＝60°，可得，从而可判断△ACN∽△BCM；②先利用勾股定理计算出AC＝10，则CN＝CE＝5，过N点作NH⊥AC于H点，如图2，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到CH＝，NH＝，然后在Rt△ANH中利用勾股定理可计算出AN的长．【解答】（1）解：如图1，∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△NMC，∴CM＝CB，∠BCM＝60°，∠CMN＝90°，∴△BCM为等边三角形，∴∠CMB＝60°，∴∠BMN＝∠CMB+∠CMN＝150°，故答案为：150°；（2）①证明：∵点D，E分别是边BC，AC的中点，∴，∵△CDE绕点C按顺时针方向旋转60°得到△CMN，∴CN＝CE，CM＝CD，∠ACN＝∠BCM＝60°，∴，∵∠ACN＝∠BCM，∴△ACN∽△BCM；②∵∠ABC＝90°，BC＝4，AB＝3，∴AC＝＝＝5，∴CN＝CE＝，过N点作NH⊥AC于H点，如图2，在Rt△CNH中，∵∠NCH＝60°，∴CH＝CN＝，∴NH＝CH＝，∴AH＝AC﹣CH＝，在Rt△ANH中，AN＝＝＝．【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．2．如图，在四边形ABCD是正方形，点E为CD边的中点，对角线BD与AE交于点F，连接BE，CF，且BE与CF交于点G，连接DG．（1）求证：BE⊥CF；（2）求的值；（3）求证：DG2＝CG•BG．【分析】（1）由正方形的性质得AD＝BC＝AB＝DC，∠ADE＝∠BCE＝∠BAD＝90°，AB∥CD，则AD＝BC，可证明△ADE≌△BCE，得∠AED＝∠BEC，所以∠BAF＝∠AED＝∠BEC，再证明△ABF≌△CBF，得∠BAF＝∠BCF，则∠BCF＝∠BEC，可推导出∠BGC＝∠BCD＝90°，则BE⊥CF；（2）设AD＝BC＝AB＝DC＝2m，则ED＝CE＝m，求得BD＝2m，BE＝m，由＝tan∠BCF＝tan∠BCE＝＝2，得BG＝2CG，由BC＝CG＝2m，求得CG＝m，BG＝m，所以EG＝m，再证明△EDF∽△ABF，得＝＝，则BF＝BD＝m，即可根据勾股定理求得FG＝m，则＝；（3）作GH⊥DC于点H，设BC＝DC＝2m，则DE＝CE＝m，CG＝m，BG＝m，EG＝m，求得CG•BG＝m2，由＝cos∠BEC＝，＝tan∠BEC＝2，求得EH＝m，GH＝m，所以DH＝m，则DG2＝DH2+GH2＝m2，所以DG2＝CG•BG．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝AB＝DC，∠ADE＝∠BCE＝∠BAD＝90°，AB∥CD，∵点E为CD边的中点，∴AD＝BC，∠ADE＝∠BCE，BE＝CE，∴△ADE≌△BCE（SAS），∴∠AED＝∠BEC，∴∠BAF＝∠AED＝∠BEC，∵∠ABF＝∠ADB＝45°，∠CBF＝∠CDB＝45°，∴∠ABF＝∠CBF，∵AB＝CB，∠ABF＝∠CBF，BF＝BF，∴△ABF≌△CBF（SAS），∴∠BAF＝∠BCF，∴∠BCF＝∠BEC，∴∠BGC＝∠ECF+∠BEC＝∠ECF+∠BCF＝∠BCD＝90°，∴BE⊥CF．（2）解：设AD＝BC＝AB＝DC＝2m，则ED＝CE＝m，∴BD＝＝＝2m，BE＝＝＝m，∵＝tan∠BCF＝tan∠BCE＝＝＝2，∴BG＝2CG，∴BC＝＝＝CG＝2m，∴CG＝m，∴BG＝2×m＝m，∴EG＝BE﹣BG＝m﹣m＝m，∵ED∥AB，∴△EDF∽△ABF，∴＝＝＝，∴BF＝BD＝BD＝×2m＝m，∵∠EGF＝∠BGF＝90°，∴FG＝＝＝m，∴＝＝，∴的值是．（3）证明：作GH⊥DC于点H，则∠DHG＝∠CHG＝90°，设BC＝DC＝2m，则DE＝CE＝m，由（2）得CG＝m，BG＝m，EG＝m，∴CG•BG＝m×m＝m2，∵＝cos∠BEC＝＝＝，＝tan∠BEC＝2，∴EH＝EG＝×m＝m，GH＝2EG＝2×m＝m，∴DH＝DE+EH＝m+m＝m，∴DG2＝DH2+GH2＝（m）2+（m）2＝m2，∴DG2＝CG•BG．【点评】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．3．（1）问题呈现：如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．易知＝1．（2）类比探究如图2，△ABC和△ADE都是Rt△，∠ABC＝∠ADE＝90°，且．连接BD，CE，求的值；（3）拓展提升：如图3，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，连接BD，EC，延长EC交BD于点F，设AB＝6，求EF的长．【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；（2）先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；（3）由“AAS”可证△BCF≌△DHF，可得BF＝DF＝BD＝3，由直角三角形的性质可求解．【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，∴＝1，故答案为：1；（2）∵，∠ABC＝∠ADE＝90°，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，；∴∠CAE＝∠BAD，∴△CAE∽△BAD，∴；（3）如图，过点D作DH∥BC，交EF的延长线于H，过点D作DN⊥EF于N，∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AB＝6，∴AC＝BC＝3，∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，BC＝DE，∠ACB＝∠AED＝90°，∴△ABD和△ACE都是等边三角形，∴AB＝BD＝6，∠ACE＝∠AEC＝60°，∴∠BCF＝∠DEF＝30°，∵DH∥BC，∴∠BCF＝∠H＝30°＝∠DEF，∴DH＝DE＝BC＝3，又∵∠BCF＝∠DEF，∠BFC＝∠DFH，∴△BCF≌△DHF（AAS），∴BF＝DF＝BD＝3，∵DN⊥EF，∠DEF＝30°，∴DN＝DE＝，NE＝DN＝，∵FN＝＝＝，∴EF＝FN+EN＝+＝．【点评】本题是相似形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．4．综合与实践【模型探究】（1）如图1，在△ABC中，点O为边BC的中点，作射线AO，CM⊥AO于点M，BN⊥AO于点N．求证：OM＝ON．【尝试建构】（2）如图2，在△ABC中，点O为边BC的中点，点P在边BC上（不与点B，C，O重合），作射线AP，CM⊥AP于点M，BN⊥AP于点N．连接OM，ON．猜想OM与ON的数量关系，并证明你的猜想．【迁移应用】（3）如图3，在△ABC中，点D，E在边BC上，BD＝DE＝2EC，作射线AD，CM⊥AD于点M，BN⊥AD于点N．连接EM，EN．若EM＝1，，求tan∠CDA的值．【分析】（1）由“AAS”可证△BON≌△COM，可得OM＝ON；（2）由“AAS”可证△BON≌△COH，可得OH＝ON，由直角三角形的性质可得OM＝ON；（3）由“AAS”可证△BDN≌△EDF，可得FD＝DN，由平行线分线段成比例可得DF＝2FM，由勾股定理列出方程组，可求EF，DF的长，即可求解．【解答】（1）证明：∵点O为边BC的中点，∴OB＝OC，∵CM⊥AO，BN⊥AO，∴∠BNO＝∠CMO＝90°，又∵∠BON＝∠COM，∴△BON≌△COM（AAS），∴OM＝ON；（2）解：OM＝ON，理由如下：如图2，延长NO交CM于H，∵点O为边BC的中点，∴OB＝OC，∵CM⊥AO，BN⊥AO，∴∠BNM＝∠CMN＝90°，∴BN∥CM，∴∠NBO＝∠MCO，又∵∠BON＝∠COH，∴△BON≌△COH（AAS），∴NO＝OH，又∵∠CMN＝90°，∴OM＝ON；（3）如图3，过点E作EF⊥AN于F，∴∠EFD＝90°＝∠BND，又∵∠BDN＝∠EDF，BD＝DE，∴△BDN≌△EDF（AAS），∴FD＝DN，∵CM⊥AN，∴FE∥MC，∴，∵BD＝DE＝2EC，∴DF＝2FM，设MF＝x，则DF＝2x＝DN，∵EM＝1，，EM2＝MF2+FE2，EN2＝FE2+FN2，∴1＝x2+EF2，2＝EF2+16x2，∴x＝，EF＝，∴DF＝，∴tan∠CDA＝＝．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．5．如图，在四边形ABCD中，点N，M分别在边BC，CD上．连接AM，AN，MN，∠MAN＝45°．（1）【实践探究】如图①，四边形ABCD是正方形．（Ⅰ）若CN＝6，MN＝10，求∠CMN的余弦值；（Ⅱ）若tan∠BAN＝，求证：M是CD的中点；（2）【拓展】如图②，四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠C＝90°，CD＝12，AD＝16，CN＝12，求DM的长．【分析】（1）（Ⅰ）利用正方形的性质，勾股定理和直角三角形的边角关系定理解答即可；（Ⅱ）延长CB至点E，使BE＝DM，连接AE，利用全等三角形的判定与性质得到EN＝MN，设BN＝m，DM＝n，则MN＝EN＝m+n，利用直角三角形的边角关系定理得到CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，利用勾股定理得到m，n的关系式3m＝2n，从而CM＝DM＝n；（2）以AD为边作正方形ADEF，延长AN，交EF于点G，延长EF至点H，使FH＝DM，连接AH，MG，延长CB交AF于点K，利用（1）（ii）的方法解答即可得出结论．【解答】（1）（Ⅰ）解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠C＝90°，∴CM＝＝＝8，∴∠CMN的余弦值＝；（Ⅱ）证明：延长CB至点E，使BE＝DM，连接AE，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABE＝∠D＝90°，在△ABE和△ADM中，，∴△ABE≌△ADM（SAS），∴EN＝MN，设BN＝m，DM＝n，则MN＝EN＝m+n．∵tan∠BAN＝＝，∴AB＝3m，∴BC＝CD＝AB＝3m，∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n．在Rt△CMN中，∵CN2+CM2＝MN2，∴（2m）2+（3m﹣n）2＝（m+n）2，∴3m＝2n．∴CM＝3m﹣n＝2n﹣n＝n，∵DM＝n，∴CM＝DM，∴M是CD的中点；（2）解：以AD为边作正方形ADEF，延长AN，交EF于点G，延长EF至点H，使FH＝DM，连接AH，MG，延长CB交AF于点K，如图，∵四边形ADEF为正方形，∴AF＝EF＝DE＝AD＝16，∵四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠C＝90°，∴四边形AKCD为矩形，∴CK＝AD＝16，AK＝CD＝12，∴KN＝CK﹣CN＝16﹣12＝4，∵KN∥EF，∴△AKN∽△AFG，∴，∴，∴FG＝．∴EG＝EF﹣FG＝．在△AFH和△ADM中，，∴△AFH≌△ADM（SAS），∴HG＝MG．设DM＝x，则EM＝16﹣x，MG＝HG＝x，∵EG2+EM2＝MG2，∴，解得：x＝8．∴DM的长为8．【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，恰当的添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．6．【感知】如图①，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．易证：△AED∽△BFE．（不需要证明）【探究】如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．（1）求证：△AED∽△BFE．（2）若AB＝10，AD＝6，E为AB的中点，求BF的长．【应用】如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E为AB边上一点（点E不与