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文档简介
决胜2020年中考数学压轴题全揭秘(浙江专用)专题06以四边形为载体的几何综合问题【考点1】有关四边形角度计算问题【例1】(2019•绍兴)如图,在直线AP上方有一个正方形ABCD,∠PAD=30°,以点B为圆心,AB长为半径作弧,与AP交于点A,M,分别以点A,M为圆心,AM长为半径作弧,两弧交于点E,连结ED,则∠ADE的度数为.【例2】(2019•台州)如图,有两张矩形纸片ABCD和EFGH,AB=EF=2cm,BC=FG=8cm.把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上,使重叠部分为平行四边形,且点D与点G重合.当两张纸片交叉所成的角α最小时,tanα等于()A.14 B.12 C.817【考点2】有关四边形线段计算综合问题【例3】(2019•衢州)如图,取两根等宽的纸条折叠穿插,拉紧,可得边长为2的正六边形.则原来的纸带宽为()A.1 B.2 C.3 D.2【考点3】有关四边形周长面积的计算问题【例4】(2019•绍兴)正方形ABCD的边AB上有一动点E,以EC为边作矩形ECFG,且边FG过点D.在点E从点A移动到点B的过程中,矩形ECFG的面积()A.先变大后变小 B.先变小后变大 C.一直变大 D.保持不变【例5】(2019•绍兴)把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块,其中点O为正方形的中心,点E,F分别为AB,AD的中点.用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ(要求这四块纸片不重叠无缝隙),则四边形MNPQ的周长是.【例6】(2019•温州)三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放,已知∠AOB=∠AOE=90°,菱形的较短对角线长为2cm.若点C落在AH的延长线上,则△ABE的周长为cm.【考点4】有关平行四边形的计算与证明问题【例7】(2019•湖州)如图,已知在△ABC中,D,E,F分别是AB,BC,AC的中点,连结DF,EF,BF.(1)求证:四边形BEFD是平行四边形;(2)若∠AFB=90°,AB=6,求四边形BEFD的周长.【考点5】有关特殊平行四边形的计算与证明问题【例8】(2019•宁波)如图,矩形EFGH的顶点E,G分别在菱形ABCD的边AD,BC上,顶点F,H在菱形ABCD的对角线BD上.(1)求证:BG=DE;(2)若E为AD中点,FH=2,求菱形ABCD的周长.【例9】(2019•杭州)如图,已知正方形ABCD的边长为1,正方形CEFG的面积为S1,点E在DC边上,点G在BC的延长线上,设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2,且S1=S2.(1)求线段CE的长;(2)若点H为BC边的中点,连接HD,求证:HD=HG.【考点6】有关四边形的面积与函数最值综合问题【例10】(2019•绍兴)有一块形状如图的五边形余料ABCDE,AB=AE=6,BC=5,∠A=∠B=90°,∠C=135°,∠E>90°,要在这块余料中截取一块矩形材料,其中一条边在AE上,并使所截矩形材料的面积尽可能大.(1)若所截矩形材料的一条边是BC或AE,求矩形材料的面积.(2)能否截出比(1)中更大面积的矩形材料?如果能,求出这些矩形材料面积的最大值;如果不能,说明理由.【考点7】以四边形为载体的几何探究综合问题【例11】(2019•舟山)小波在复习时,遇到一个课本上的问题,温故后进行了操作、推理与拓展.(1)温故:如图1,在△ABC中,AD⊥BC于点D,正方形PQMN的边QM在BC上,顶点P,N分别在AB,AC上,若BC=a,AD=h,求正方形PQMN的边长(用a,h表示).(2)操作:如何画出这个正方形PQMN呢?如图2,小波画出了图1的△ABC,然后按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作:先在AB上任取一点P',画正方形P'Q'M'N',使点Q',M'在BC边上,点N'在△ABC内,然后连结BN',并延长交AC于点N,画NM⊥BC于点M,NP⊥NM交AB于点P,PQ⊥BC于点Q,得到四边形PQMN.(3)推理:证明图2中的四边形PQMN是正方形.(4)拓展:小波把图2中的线段BN称为“波利亚线”,在该线上截取NE=NM,连结EQ,EM(如图3),当∠QEM=90°时,求“波利亚线”BN的长(用a,h表示).请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题.【考点8】四边形与相似三角函数等相结合的几何综合问题【例12】(2019•嘉兴)小波在复习时,遇到一个课本上的问题,温故后进行了操作、推理与拓展.(1)温故:如图1,在△ABC中,AD⊥BC于点D,正方形PQMN的边QM在BC上,顶点P,N分别在AB,AC上,若BC=6,AD=4,求正方形PQMN的边长.(2)操作:能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作:如图2,任意画△ABC,在AB上任取一点P',画正方形P'Q'M'N',使Q',M'在BC边上,N'在△ABC内,连结BN'并延长交AC于点N,画NM⊥BC于点M,NP⊥NM交AB于点P,PQ⊥BC于点Q,得到四边形PPQMN.小波把线段BN称为“波利亚线”.(3)推理:证明图2中的四边形PQMN是正方形.(4)拓展:在(2)的条件下,在射线BN上截取NE=NM,连结EQ,EM(如图3).当tan∠NBM=34时,猜想∠请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题.一.选择题(共5小题)1.(2020•拱墅区校级模拟)如图,E、F分别是矩形ABCD边上的两点,设∠ADE=α,∠EDF=β,∠FDC=γ,若∠AED=α+β,下列结论正确的是()A.α=β B.α=γ C.α+β+2γ=90° D.2α+γ=90°2.(2020•萧山区一模)如图,▱ABCD的周长为22cm,对角线AC、BD交于点O,过点O与AC垂直的直线交边AD于点E,则△CDE的周长为()A.8cm B.9cm C.10cm D.11cm3.(2019•鹿城区校级三模)如图,将矩形ABCD的四边BA,CB,DC,AD分别延长至点EF,G,H,使得AE=BF=CG=DH.已知AB=1,BC=2,∠BEF=30°,则tan∠AEH的值为()A.2 B.23 C.23−1 4.(2019•海宁市二模)如图,在▱ABCD中,∠BAC=90°,∠ABC=60°,E是AD的中点,连结BE交对角线AC于点F,连结DF,则tan∠DFE的值为()A.34 B.35 C.365.(2019•义乌市一模)如图,已知点E是矩形ABCD的对角线AC上的一动点,正方形EFGH的顶点G、H都在边AD上,若AB=3,BC=4,则tan∠AFE的值()A.等于33 B.等于3C.等于34 D.随点E二.填空题(共5小题)6.(2020•龙岗区校级模拟)如图,在平行四边形ABCD中,M、N分别是BC、DC的中点,AM=4,AN=3,且∠MAN=60°,则AB的长是.7.(2019•嘉善县模拟)在矩形ABCD中,∠ABC的平分线交边AD于点E,∠BED的平分线交直线CD于点F.若AB=3,CF=1,则BC=.8.(2019•温州三模)如图所示,是一张长35cm,宽3cm的矩形纸片现准备在这张矩形纸片上剪下一个腰长为2cm的等腰三角形,要求这个等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合,其余的两个顶点落在矩形的边上,则剪下的等腰三角形的面积为.9.(2019•南浔区二模)如图1,平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为PA、PB、PC,若有PA2=PB2+PC2,则称点P为关于点A的勾股点.矩形ABCD中,AB=5,BC=6,E是矩形ABCD内一点,且点C是△ABE关于点A的勾股点,若是△ADE等腰三角形,求AE的长为.10.(2019•龙湾区二模)如图,以菱形ABCD的对角线AC为边,在AC的左侧作正方形ACEF,连结FD并延长交EC于点H.若正方形ACEF的面积是菱形ABCD面积的1.4倍,CH=6,则EF=.三.解答题(共10小题)11.(2020•下城区模拟)如图,正方形ABCD和正方形AEFG有公共点A,点B在线段DG上.(1)判断DG与BE的位置关系,并说明理由:(2)若正方形ABCD的边长为2,正方形AEFG的边长为22,求BE的长.12.(2020•杭州模拟)如图,矩形ABCD的对角线交于点O.点E在DC边上,∠DAE=∠BAC,连结AE交对角线BD于点G,F是线段EC的中点,连结BF.(1)求证:AE⊥BD.(2)判断DF与BF的数量关系,并说明理由.(3)若tan∠ACB=k(k≥1),△DFB和△ABC面积分别为S1和S2,求S113.(2020•衢州模拟)【猜想】如图1,在平行四边形ABCD中,点O是对角线AC的中点,过点O的直线分别交AD.BC于点E.F.若平行四边形ABCD的面积是8,则四边形CDEF的面积是.【探究】如图2,在菱形ABCD中,对角线相交于点O,过点O的直线分别交AD,BC于点E,F,若AC=5,BD=10,求四边形ABFE的面积.【应用】如图3,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,延长BC到点D,使DC=BC,连结AD,若AC=3,AD=210,则△ABD的面积是.14.(2020•萧山区一模)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=∠ADC,对角线AC、BD交于点O,AO=BO,DE平分∠ADC交BC于点E,连接OE.(1)求证:四边形ABCD是矩形;(2)若AB=2,求△OEC的面积.15.(2019•周村区一模)如图,BD是△ABC的角平分线,过点D作DE∥BC交AB于点E,DF∥AB交BC于点F.(1)求证:四边形BEDF为菱形;(2)如果∠A=90°,∠C=30°,BD=12,求菱形BEDF的面积.16.(2019•杭州模拟)某次数学研究课上师生共同研究以下问题,请帮助完成:特殊研究:如图1,在正方形ABCD中,E,F是正方形内两点,BE∥DF,EF⊥BE.(1)若BE=DF,求证:EF与BD互相平分.(2)求证:(BE+DF)2+EF2=2AB2一般应用:如图2,若AB=4,点P为正方形内部一点,且∠DPB=135°,2BP+2PD=46,求PD的长.17.(2019•温州二模)在矩形ABCD中,AB=3,BC=5,将此矩形绕A点顺时针旋转α(0°<α<180°),得到矩形AEFG.(1)在旋转过程中,如图1,当边EF经过点D时,若射线FE交线段BC于点P,求EP的长度.(2)在旋转过程中,如图2,连结CF,若CF∥AB,求∠α的余弦值.(3)在旋转过程中,如图3,连结CF,当点B、E在线段CF同侧时,连结BE并延长交线段CF于点M,①求证:CM=FM;②连结AC,交BM于点H,取线段AC的中点K,连结KM,若∠MKA=90°,请直接写出BH:HM=.18.(2019•宁波二模)定义:只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形,连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径,如图,四边形ABCD中,∠ABC=∠ADC=90°,则四边形ABCD为损矩形.画损矩形的直径及其中点O,连OD,OB,BD,作OE⊥BD于E(1)OB和OD的数量关系是OE和BD的位置关系是;(2)判断BD与直径的不等量关系,并说明理由;(3)若OE=3,求AC2﹣BD2的值.19.(2019•嘉兴二模)类比等腰三角形的定义,我们定义:有三条边相等的凸四边形叫做“准等边四边形”(1)已知:如图1,在“准等边四边形”ABCD中,BC≠AB,BD⊥CD,AB=3,BD=4,求BC的长;(2)在探究性质时,小明发现一个结论:对角线互相垂直的“准等边四边形”是菱形.请你判断此结论是否正确,若正确,请说明理由;若不正确,请举出反例;(3)如图2,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,BC=2.在AB的垂直平分线上是否存在点P使得以A,B,C,P为顶点的四边形为“准等边四边形”?若存在,请求出该“准等边四边形”的面积;若不存在,请说明理由.20.(2019•嘉善县模拟)如图,分别以△ABC的边AB、AC为一边,向外作正方形ABEF和正方形AGHC像这样的两个正方形称为△ABC的“依伴正方形”(1)如图1,连接BG,CF相交于点P,求证:BG=CF且BG⊥CF;(2)如图2,点D是BC的中点,两个依伴正方形的中心分别为O1,O2连结O1D,O2D,O1O2:,判断△DO1O2的形状并说明由;(3)如图2,若AB=6,AC=33∠BAC=60°,求O1O2的长.决胜2020年中考数学压轴题全揭秘(浙江专用)专题06以四边形为载体的几何综合问题【考点1】有关四边形角度计算问题【例1】(2019•绍兴)如图,在直线AP上方有一个正方形ABCD,∠PAD=30°,以点B为圆心,AB长为半径作弧,与AP交于点A,M,分别以点A,M为圆心,AM长为半径作弧,两弧交于点E,连结ED,则∠ADE的度数为15°或45°.【分析】分点E与正方形ABCD的直线AP的同侧、点E与正方形ABCD的直线AP的两侧两种情况,根据正方形的性质、等腰三角形的性质解答.【解析】∵四边形ABCD是正方形,∴AD=AE,∠DAE=90°,∴∠BAM=180°﹣90°﹣30°=60°,AD=AB,当点E与正方形ABCD的直线AP的同侧时,由题意得,点E与点B重合,∴∠ADE=45°,当点E与正方形ABCD的直线AP的两侧时,由题意得,E′A=E′M,∴△AE′M为等边三角形,∴∠E′AM=60°,∴∠DAE′=360°﹣120°﹣90°=150°,∵AD=AE′,∴∠ADE′=15°,故答案为:15°或45°.点评:本题考查的是正方形的性质、等边三角形的判定和性质,掌握正方形的性质、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键.【例2】(2019•台州)如图,有两张矩形纸片ABCD和EFGH,AB=EF=2cm,BC=FG=8cm.把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上,使重叠部分为平行四边形,且点D与点G重合.当两张纸片交叉所成的角α最小时,tanα等于()A.14 B.12 C.817【分析】由“ASA”可证△CDM≌△HDN,可证MD=DN,即可证四边形DNKM是菱形,当点B与点E重合时,两张纸片交叉所成的角a最小,可求CM=154,即可求tan【解析】如图,∵∠ADC=∠HDF=90°∴∠CDM=∠NDH,且CD=DH,∠H=∠C=90°∴△CDM≌△HDN(ASA)∴MD=ND,且四边形DNKM是平行四边形∴四边形DNKM是菱形∴KM=DM∵sinα=sin∠DMC=∴当点B与点E重合时,两张纸片交叉所成的角a最小,设MD=a=BM,则CM=8﹣a,∵MD2=CD2+MC2,∴a2=4+(8﹣a)2,∴a=∴CM=∴tanα=tan∠DMC=故选:D.点评:本题考查了矩形的性质,菱形的判定,勾股定理,全等三角形的判定和性质,求CM的长是本题的关键.【考点2】有关四边形线段计算综合问题【例3】(2019•衢州)如图,取两根等宽的纸条折叠穿插,拉紧,可得边长为2的正六边形.则原来的纸带宽为()A.1 B.2 C.3 D.2【分析】根据正六边形的性质,正六边形由6个边长为2的等边三角形组成,其中等边三角形的高为原来的纸带宽度,然后求出等边三角形的高即可.【解析】边长为2的正六边形由6个边长为2的等边三角形组成,其中等边三角形的高为原来的纸带宽度,所以原来的纸带宽度=32×故选:C.点评:本题考查了等边三角形的性质以及正六边形的性质;熟练掌握正六边形的性质是解题的关键.【考点3】有关四边形周长面积的计算问题【例4】(2019•绍兴)正方形ABCD的边AB上有一动点E,以EC为边作矩形ECFG,且边FG过点D.在点E从点A移动到点B的过程中,矩形ECFG的面积()A.先变大后变小 B.先变小后变大 C.一直变大 D.保持不变【分析】连接DE,△CDE的面积是矩形CFGE的一半,也是正方形ABCD的一半,则矩形与正方形面积相等.【解析】连接DE,∵S△CDES△CDE=∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等.故选:D.点评:此题考查了正方形的性质、矩形的性质,连接DE由面积关系进行转化是解题的关键.【例5】(2019•绍兴)把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块,其中点O为正方形的中心,点E,F分别为AB,AD的中点.用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ(要求这四块纸片不重叠无缝隙),则四边形MNPQ的周长是6+22或10或8+22.【分析】先根据题意画出图形,再根据周长的定义即可求解.【解析】如图所示:图1的周长为1+2+3+22=6+22图2的周长为1+4+1+4=10;图3的周长为3+5+2+2故四边形MNPQ的周长是6+22或10或8+22.故答案为:6+22或10或8+22.点评:考查了平面镶嵌(密铺),关键是得到与此正方形不全等的四边形MNPQ(要求这四块纸片不重叠无缝隙)的各种情况.【例6】(2019•温州)三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放,已知∠AOB=∠AOE=90°,菱形的较短对角线长为2cm.若点C落在AH的延长线上,则△ABE的周长为12+82cm.【分析】连接IC,连接CH交OI于K,则A,H,C在同一直线上,CI=2,根据△COH是等腰直角三角形,即可得到∠CKO=90°,即CK⊥IO,设CK=OK=x,则CO=IO=2x,IK=2x﹣x,根据勾股定理即可得出x2=2+2,再根据S菱形BCOI=IO×CK=12IC×BO,即可得出BO【解析】如图所示,连接IC,连接CH交OI于K,则A,H,C在同一直线上,CI=2,∵三个菱形全等,∴CO=HO,∠AOH=∠BOC,又∵∠AOB=∠AOH+∠BOH=90°,∴∠COH=∠BOC+∠BOH=90°,即△COH是等腰直角三角形,∴∠HCO=∠CHO=45°=∠HOG=∠COK,∴∠CKO=90°,即CK⊥IO,设CK=OK=x,则CO=IO=2x,IK=2x﹣∵Rt△CIK中,(2x﹣x)2+x2=22,解得x2=2+2又∵S菱形BCOI=IO×CK=12IC×∴2x2=12×∴BO=22+∴BE=2BO=42+4,AB=AE=2BO=4+2∴△ABE的周长=42+4+2(4+22)=12+82故答案为:12+82.点评:本题主要考查了菱形的性质,解题时注意:菱形的四条边都相等;菱形的两条对角线互相垂直,并且每一条对角线平分一组对角;菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半.【考点4】有关平行四边形的计算与证明问题【例7】(2019•湖州)如图,已知在△ABC中,D,E,F分别是AB,BC,AC的中点,连结DF,EF,BF.(1)求证:四边形BEFD是平行四边形;(2)若∠AFB=90°,AB=6,求四边形BEFD的周长.【分析】(1)根据三角形的中位线的性质得到DF∥BC,EF∥AB,根据平行四边形的判定定理即可得到结论;(2)根据直角三角形的性质得到DF=DB=DA=12AB=3,推出四边形【解答】(1)证明:∵D,E,F分别是AB,BC,AC的中点,∴DF∥BC,EF∥AB,∴DF∥BE,EF∥BD,∴四边形BEFD是平行四边形;(2)解:∵∠AFB=90°,D是AB的中点,AB=6,∴DF=DB=DA=12∵四边形BEFD是平行四边形,∴四边形BEFD是菱形,∵DB=3,∴四边形BEFD的周长为12.点评:本题考查了平行四边形的性质和判定,菱形的判定和性质,直角三角形的斜边中线的性质,熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键.【考点5】有关特殊平行四边形的计算与证明问题【例8】(2019•宁波)如图,矩形EFGH的顶点E,G分别在菱形ABCD的边AD,BC上,顶点F,H在菱形ABCD的对角线BD上.(1)求证:BG=DE;(2)若E为AD中点,FH=2,求菱形ABCD的周长.【分析】(1)根据矩形的性质得到EH=FG,EH∥FG,得到∠GFH=∠EHF,求得∠BFG=∠DHE,根据菱形的性质得到AD∥BC,得到∠GBF=∠EDH,根据全等三角形的性质即可得到结论;(2)连接EG,根据菱形的性质得到AD=BC,AD∥BC,求得AE=BG,AE∥BG,得到四边形ABGE是平行四边形,得到AB=EG,于是得到结论.【解析】(1)∵四边形EFGH是矩形,∴EH=FG,EH∥FG,∴∠GFH=∠EHF,∵∠BFG=180°﹣∠GFH,∠DHE=180°﹣∠EHF,∴∠BFG=∠DHE,∵四边形ABCD是菱形,∴AD∥BC,∴∠GBF=∠EDH,∴△BGF≌△DEH(AAS),∴BG=DE;(2)连接EG,∵四边形ABCD是菱形,∴AD=BC,AD∥BC,∵E为AD中点,∴AE=ED,∵BG=DE,∴AE=BG,AE∥BG,∴四边形ABGE是平行四边形,∴AB=EG,∵EG=FH=2,∴AB=2,∴菱形ABCD的周长=8.点评:本题考查了菱形的性质,矩形的性质,全等三角形的判定和性质,正确的识别作图是解题的关键.【例9】(2019•杭州)如图,已知正方形ABCD的边长为1,正方形CEFG的面积为S1,点E在DC边上,点G在BC的延长线上,设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2,且S1=S2.(1)求线段CE的长;(2)若点H为BC边的中点,连接HD,求证:HD=HG.【分析】(1)设出正方形CEFG的边长,然后根据S1=S2,即可求得线段CE的长;(2)根据(1)中的结果可以题目中的条件,可以分别计算出HD和HG的长,即可证明结论成立.【解析】(1)设正方形CEFG的边长为a,∵正方形ABCD的边长为1,∴DE=1﹣a,∵S1=S2,∴a2=1×(1﹣a),解得,a1=−5即线段CE的长是52(2)证明:∵点H为BC边的中点,BC=1,∴CH=0.5,∴DH=1∵CH=0.5,CG=5∴HG=5∴HD=HG.点评:本题考查正方形的性质、矩形的性质,解答本题的关键是明确题意,利用数形结合的思想解答.【考点6】有关四边形的面积与函数最值综合问题【例10】(2019•绍兴)有一块形状如图的五边形余料ABCDE,AB=AE=6,BC=5,∠A=∠B=90°,∠C=135°,∠E>90°,要在这块余料中截取一块矩形材料,其中一条边在AE上,并使所截矩形材料的面积尽可能大.(1)若所截矩形材料的一条边是BC或AE,求矩形材料的面积.(2)能否截出比(1)中更大面积的矩形材料?如果能,求出这些矩形材料面积的最大值;如果不能,说明理由.【分析】(1)①若所截矩形材料的一条边是BC,过点C作CF⊥AE于F,得出S1=AB•BC=6×5=30;②若所截矩形材料的一条边是AE,过点E作EF∥AB交CD于F,FG⊥AB于G,过点C作CH⊥FG于H,则四边形AEFG为矩形,四边形BCHG为矩形,证出△CHF为等腰三角形,得出AE=FG=6,HG=BC=5,BG=CH=FH,求出BG=CH=FH=FG﹣HG=1,AG=AB﹣BG=5,得出S2=AE•AG=6×5=30;(2)在CD上取点F,过点F作FM⊥AB于M,FN⊥AE于N,过点C作CG⊥FM于G,则四边形ANFM为矩形,四边形BCGM为矩形,证出△CGF为等腰三角形,得出MG=BC=5,BM=CG,FG=CG,设AM=x,则BM=6﹣x,FM=GM+FG=GM+CG=BC+BM=11﹣x,得出S=AM×FM=x(11﹣x)=﹣x2+11x,由二次函数的性质即可得出结果.【解析】(1)①若所截矩形材料的一条边是BC,如图1所示:过点C作CF⊥AE于F,S1=AB•BC=6×5=30;②若所截矩形材料的一条边是AE,如图2所示:过点E作EF∥AB交CD于F,FG⊥AB于G,过点C作CH⊥FG于H,则四边形AEFG为矩形,四边形BCHG为矩形,∵∠C=135°,∴∠FCH=45°,∴△CHF为等腰直角三角形,∴AE=FG=6,HG=BC=5,BG=CH=FH,∴BG=CH=FH=FG﹣HG=6﹣5=1,∴AG=AB﹣BG=6﹣1=5,∴S2=AE•AG=6×5=30;(2)能;理由如下:在CD上取点F,过点F作FM⊥AB于M,FN⊥AE于N,过点C作CG⊥FM于G,则四边形ANFM为矩形,四边形BCGM为矩形,∵∠C=135°,∴∠FCG=45°,∴△CGF为等腰直角三角形,∴MG=BC=5,BM=CG,FG=CG,设AM=x,则BM=6﹣x,∴FM=GM+FG=GM+CG=BC+BM=11﹣x,∴S=AM×FM=x(11﹣x)=﹣x2+11x=﹣(x﹣5.5)2+30.25,∴当x=5.5时,即:AM=5.5时,FM=11﹣5.5=5.5,S的最大值为30.25.点评:本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、矩形面积公式以及二次函数的应用等知识;熟练掌握矩形的性质,证明三角形是等腰直角三角形是解题的关键.【考点7】以四边形为载体的几何探究综合问题【例11】(2019•舟山)小波在复习时,遇到一个课本上的问题,温故后进行了操作、推理与拓展.(1)温故:如图1,在△ABC中,AD⊥BC于点D,正方形PQMN的边QM在BC上,顶点P,N分别在AB,AC上,若BC=a,AD=h,求正方形PQMN的边长(用a,h表示).(2)操作:如何画出这个正方形PQMN呢?如图2,小波画出了图1的△ABC,然后按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作:先在AB上任取一点P',画正方形P'Q'M'N',使点Q',M'在BC边上,点N'在△ABC内,然后连结BN',并延长交AC于点N,画NM⊥BC于点M,NP⊥NM交AB于点P,PQ⊥BC于点Q,得到四边形PQMN.(3)推理:证明图2中的四边形PQMN是正方形.(4)拓展:小波把图2中的线段BN称为“波利亚线”,在该线上截取NE=NM,连结EQ,EM(如图3),当∠QEM=90°时,求“波利亚线”BN的长(用a,h表示).请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题.【分析】(1)理由相似三角形的性质构建方程即可解决问题;(2)根据题意画出图形即可;(3)首先证明四边形PQMN是矩形,再证明MN=PN即可;(4)过点N作ND⊥ME于点D,由等腰三角形的性质可得∠NEM=∠MNE,ED=DM,由“AAS”可证△QEM≌△MDN,可得EQ=DM=12EM,通过证明△BEQ∽△BME,可得BM=2BE,BE=2BQ,即可求【解答】(1)解:如图1中,∵PN∥BC,∴△APN∽△ABC,∴PNBC=AE解得PN=(2)能画出这样的正方形,如图2中,正方形PNMQ即为所求.(3)证明:如图2中,由画图可知:∠QMN=∠PQM=∠NPQ=∠BM′N′=90°,∴四边形PNMQ是矩形,MN∥M′N′,∴△BN′M′∽△BNM,∴M'N'MN同理可得:P'N'∴M'N'MN∵M′N′=P′N′,∴MN=PN,∴四边形PQMN是正方形(4)如图,过点N作ND⊥ME于点D∵MN=EN,ND⊥ME,∴∠NEM=∠NME,ED=DM∵∠BMN=∠QEM=90°∴∠EQM+∠EMQ=90°,∠EMQ+∠EMN=90°∴∠EMN=∠EQM,且MN=QM,∠QEM=∠NDM=90°∴△QEM≌△MDN(AAS)∴EQ=DM=12∵∠BMN=∠QEM=90°∴∠BEQ+∠NEM=90°,∠BME+∠NME=90°∴∠BEQ=∠BME,且∠MBE=∠MBE∴△BEQ∽△BME∴BQBE∴BM=2BE,BE=2BQ∴BM=4BQ∴QM=3BQ=MN,BN=5BQ∴MN∴BN=53MN=5点评:本题属于四边形综合题,考查了正方形的性质和判定,相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于中考压轴题.【考点8】四边形与相似三角函数等相结合的几何综合问题【例12】(2019•嘉兴)小波在复习时,遇到一个课本上的问题,温故后进行了操作、推理与拓展.(1)温故:如图1,在△ABC中,AD⊥BC于点D,正方形PQMN的边QM在BC上,顶点P,N分别在AB,AC上,若BC=6,AD=4,求正方形PQMN的边长.(2)操作:能画出这类正方形吗?小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作:如图2,任意画△ABC,在AB上任取一点P',画正方形P'Q'M'N',使Q',M'在BC边上,N'在△ABC内,连结BN'并延长交AC于点N,画NM⊥BC于点M,NP⊥NM交AB于点P,PQ⊥BC于点Q,得到四边形PPQMN.小波把线段BN称为“波利亚线”.(3)推理:证明图2中的四边形PQMN是正方形.(4)拓展:在(2)的条件下,在射线BN上截取NE=NM,连结EQ,EM(如图3).当tan∠NBM=34时,猜想∠请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题.【分析】(1)利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题.(2)根据题意画出图形即可.(3)首先证明四边形PQMN是矩形,再证明MN=PN即可.(4)证明△BQE∽△BEM,推出∠BEQ=∠BME,由∠BME+∠EMN=90°,可得∠BEQ+∠NEM=90°,即可解决问题.【解答】(1)解:如图1中,∵PN∥BC,∴△APN∽△ABC,∴PNBC=AE解得PN=12(2)能画出这样的正方形,如图2中,正方形PNMQ即为所求.(3)证明:如图2中,由画图可知∠QMN=∠PQM=∠MNP=∠BM′N′=90°,∴四边形PNMQ是矩形,MN∥M′N′,∴△BN′M′∽△BNM,∴M'N'MN同理可得:P'N'PN∴M'N'MN∵M′N′=P′N′,∴MN=PN,∴四边形PQMN是正方形.(4)解:如图3中,结论:∠QEM=90°.理由:由tan∠NBM=MNBM=34,可以假设MN=3k,BM=4k,则BN=5k,BQ=k∴BQBE=k∴BQBE∵∠QBE=∠EBM,∴△BQE∽△BEM,∴∠BEQ=∠BME,∵NE=NM,∴∠NEM=∠NME,∵∠BME+∠EMN=90°,∴∠BEQ+∠NEM=90°,∴∠QEM=90°.点评:本题属于四边形综合题,考查了正方形的性质和判定,相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于中考压轴题.一.选择题(共5小题)1.(2020•拱墅区校级模拟)如图,E、F分别是矩形ABCD边上的两点,设∠ADE=α,∠EDF=β,∠FDC=γ,若∠AED=α+β,下列结论正确的是()A.α=β B.α=γ C.α+β+2γ=90° D.2α+γ=90°【分析】由矩形的性质得出∠A=∠ADC=90°,则α+β+γ=90°,由直角三角形的性质得出∠AED+α=90°,证出2α+β=90°,推出α+β+γ=2α+β,即可得出结果.【解析】∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=∠ADC=90°,∵∠ADE=α,∠EDF=β,∠FDC=γ,∴α+β+γ=90°,∵∠AED+α=90°,∠AED=α+β,∴2α+β=90°,∴α+β+γ=2α+β,∴α=γ,故选:B.2.(2020•萧山区一模)如图,▱ABCD的周长为22cm,对角线AC、BD交于点O,过点O与AC垂直的直线交边AD于点E,则△CDE的周长为()A.8cm B.9cm C.10cm D.11cm【分析】由平行四边形的性质可得AB=CD,AD=BC,AO=CO,可得AD+CD=11cm,由线段垂直平分线的性质可得AE=CE,即可求△CDE的周长=CE+DE+CD=AE+DE+CD=AD+CD=11cm.【解析】∵四边形ABCD是平行四边形∴AB=CD,AD=BC,AO=CO,又∵EO⊥AC,∴AE=CE,∵▱ABCD的周长为22cm,∴2(AD+CD)=22cm∴AD+CD=11cm∴△CDE的周长=CE+DE+CD=AE+DE+CD=AD+CD=11cm故选:D.3.(2019•鹿城区校级三模)如图,将矩形ABCD的四边BA,CB,DC,AD分别延长至点EF,G,H,使得AE=BF=CG=DH.已知AB=1,BC=2,∠BEF=30°,则tan∠AEH的值为()A.2 B.23 C.23−1 【分析】设AE=BF=CG=DH=x,根据矩形的性质得出AD=BC=2,∠ABC=∠BAD=90°,求出∠EAD=∠EBF=90°,解直角三角形求出x,求出AH,解直角三角形求出即可.【解析】设AE=BF=CG=DH=x,∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=∠BAD=90°,∴∠EAD=∠EBF=90°,∵AB=1,∠BEF=30°,∴BE=3BF∴x+1=3x解得:x=3∴AE=BF=CG=DH=3∴AH=AD+DH=2+3∴tan∠AEH=AHAE=故选:C.4.(2019•海宁市二模)如图,在▱ABCD中,∠BAC=90°,∠ABC=60°,E是AD的中点,连结BE交对角线AC于点F,连结DF,则tan∠DFE的值为()A.34 B.35 C.36【分析】作DG⊥BE交BE的延长线于G,作FH⊥AD于H,由直角三角形的性质得出BC=2AB,得出AE=DE=AB,证出∠AEB=30°=∠EAF,得出AF=EF,得出AE=2EH,EF=2FH,EF=233EH=33AE,由直角三角形的性质得出DE=2DG,EG=3DG,设DG=x,则EG=3x,AE=DE【解析】作DG⊥BE交BE的延长线于G,作FH⊥AD于H,如图所示:∵四边形ABCD是平行四边形,∠ABC=60°,∴AD=BC,∠BAD=120°,∵∠BAC=90°,∠ABC=60°,∴∠ACB=30°,∠EAF=30°,∴BC=2AB,∵E是AD的中点,∴AE=DE=AB,∴∠AEB=30°=∠EAF,∴AF=EF,∵FH⊥AD,∴AE=2EH,EF=2FH,EF=233EH∵∠DEG=∠AEB=30°,DG⊥BE,∴DE=2DG,EG=3DG设DG=x,则EG=3x,AE=DE=2x,EF=2∴tan∠DFE=DG故选:B.5.(2019•义乌市一模)如图,已知点E是矩形ABCD的对角线AC上的一动点,正方形EFGH的顶点G、H都在边AD上,若AB=3,BC=4,则tan∠AFE的值()A.等于33 B.等于3C.等于34 D.随点E【分析】根据题意可知EF∥AD,由该平行线的性质推出△AEH∽△ACD,结合该相似三角形的对应边成比例和锐角三角函数的定义解答.【解析】∵EH∥CD,∴△AEH∽△ACD,∴EHAH设EH=3a,AH=4a,∴HG=GF=3a,∵EF∥AD,∴∠AFE=∠FAG,∴tan∠AFE=tan∠FAG=GF故选:B.二.填空题(共5小题)6.(2020•龙岗区校级模拟)如图,在平行四边形ABCD中,M、N分别是BC、DC的中点,AM=4,AN=3,且∠MAN=60°,则AB的长是143【分析】首先延长DC和AM交于E,过点E作EH⊥AN于点H,易证得△ABM≌△ECM,即可得AB=23NE,然后由AM=4,AN=3,且∠MAN=60°,求得AH,NH与EH的长,继而求得【解析】延长DC和AM交于E,过点E作EH⊥AN于点H,如图.∵四边形ABCD为平行四边形,∴AB∥CE,∴∠BAM=∠CEM,∠B=∠ECM.∵M为BC的中点,∴BM=CM.在△ABM和△ECM中,∠BAM=∠CEM∠B=∠ECM∴△ABM≌△ECM(AAS),∴AB=CD=CE,AM=EM=4,∵N为边DC的中点,∴NE=3NC=32AB,即AB=∵AN=3,AE=2AM=8,且∠MAN=60°,∴∠AEH=30°,∴AH=12∴EH=AE2∴NH=AH﹣AN=4﹣3=1,∴EN=N∴AB=23×故答案为1437.(2019•嘉善县模拟)在矩形ABCD中,∠ABC的平分线交边AD于点E,∠BED的平分线交直线CD于点F.若AB=3,CF=1,则BC=22+1或42【分析】当点F交在CD上时,如图1所示,由角平分线得∠ABE=∠CBE,平行线AD∥BC得∠ABE=∠BEA,可证明AB=AE=3,BE=32;同理可得BE=BG,因△DEF~△CFG可求出ED=2x,最后矩形的性质和线段的和差可求出BC=22+1;当点F交在CD的延长线时,如图2所示,同理可得BC=42【解析】①延长EF交BC点G,设CG=x,如图1所示:∵B的角平分线BE与AD交于点E,∴∠ABE=∠CBE=45°,又∵AD∥BC,∴∠CBE=∠BEA,∠G=∠DEF∴∠ABE=∠BEA,∴AB=AE,又∵AB=3,∴AE=3,∵EF平分∠BED,∴∠BEG=∠DEF又∵,∠G=∠DEF,∴∠BEG=∠G∴BG=BE在Rt三角形ABE中,由勾股定理得:BE=A∴BE=32,BG=32在△DEF和△CFG中,∠D=∠FCG∠DEF=G∴△DEF~△CFG(AA)∴DFCF又∵CF=1,CF+DF=CD=AB,∴DF=2,∴ED=2x,又∵AD=BC,AD=AE+DE,∴BC=3+2x,又∵BG=BC+CG,∴BG=3+2x+x=3+3x,∴3+3x=32,x=2∴BC=2(2−1)+3=2②延长EH交DC的延长线于点F,设CH=y,如图2所示:∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC∴∠2=∠3,∠CBE=∠AEB,又∵BF平分∠BED,∴∠1=∠2,∴∠1=∠3,∴BE=BH,又∵BE是∠ABC的角平分线,∴∠ABE=∠CBE,∴∠ABE=∠AEB,∴AB=AE,在Rt△ABE中,AB=3,由勾股定理得:BE=A∴BH=32又∵CH∥ED,∴△FCH∽△FDE,∴CFFD又∵CF=1,CH=y,∴DE=4y,又∵AD=BC,AD=AE+DE,BC=BH+CH,∴3+4y=32解得:y=2∴BC=42故答案为22+1或8.(2019•温州三模)如图所示,是一张长35cm,宽3cm的矩形纸片现准备在这张矩形纸片上剪下一个腰长为2cm的等腰三角形,要求这个等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合,其余的两个顶点落在矩形的边上,则剪下的等腰三角形的面积为2cm2或3cm2.【分析】因为等腰三角形腰的位置不明确,所以分两种情况进行讨论:(1)△AEF为等腰直角三角形,直接利用面积公式求解即可;(2)先利用勾股定理求出AE边上的高BF,再代入面积公式求解.【解析】分两种情况计算:(1)当AE=AF=2时,如图:∴S△AEF=12AE•AF=12(2)当AE=EF=2时,如图:则BE=3﹣2=1,BF=E∴S△AEF=12•AE•BF=12×2故答案为:2cm2或3cm2.9.(2019•南浔区二模)如图1,平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为PA、PB、PC,若有PA2=PB2+PC2,则称点P为关于点A的勾股点.矩形ABCD中,AB=5,BC=6,E是矩形ABCD内一点,且点C是△ABE关于点A的勾股点,若是△ADE等腰三角形,求AE的长为10或6【分析】分两种情况讨论,利用相似三角形的性质和勾股定理分别求出AH,HE的长度,即可求AE的长度.【解析】∵四边形ABCD是矩形∴AB=CD=5,AD=BC=6∴AC2=AB2+BC2,∵点C是关于点A的勾股点,∴AC2=BC2+CE2,∴CE=AB=5,如图,当AD=DE=6时,作CF⊥DE于点F,过E作EH⊥AD于H,∵CE=CD,CF⊥DE∴DF=EF=3∴CF=CD∵∠ADE+∠CDF=90°,∠CDF+∠DCF=90°∴∠ADE=∠DCF,且∠DHE=∠CFD=90°∴△DHE∽△CDF∴CD即5∴HE=185,∴AH=AD﹣DH=∴AE=如图,当AE=DE时,作EG⊥DC于G,EH⊥AD于H,∵∠ADC=90°,EG⊥DC,EH⊥AD∴四边形EHDG是矩形∴HD=EG,HE=DG∵AE=DE,EH⊥AD∴AH=DH=3=EG∴CG=CE∴DG=CD﹣CG=1=HE∴AE=故答案为:1010.(2019•龙湾区二模)如图,以菱形ABCD的对角线AC为边,在AC的左侧作正方形ACEF,连结FD并延长交EC于点H.若正方形ACEF的面积是菱形ABCD面积的1.4倍,CH=6,则EF=14.【分析】连接BD交AC于G,由菱形性质可的AC与BD互相垂直平分,菱形面积等于AC与BD的积的一半,其中由正方形性质的AC=EF可用EF代入计算.因为G是AC中点且DG∥EC∥AF,根据平行线分线段定理可知点D也是FH中点,故DG是梯形ACHF中位线,DG=12(CH+AF)=12(6+EF),因此菱形ABCD面积可用含EF的式子表示.用EF2表示正方形【解析】连接BD,交AC于点G∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD,DB=2DG,AG=CG∴S菱形ABCD=12AC•DB=AC∵四边形ACEF是正方形∴EF=AF=AC=CE,AF∥EC,AC⊥EC∴DB∥CE∥AF∴DHDF∴DH=DF,即DG为梯形ACHF的中位线∴DG=12(CH+AF)=12(∵CH=6,S正方形ACEF=1.4S菱形ABCD∴EF2=1.4AC•DG∴EF2=1.4EF•12(6+EF解得:EF=14故答案为:14.三.解答题(共10小题)11.(2020•下城区模拟)如图,正方形ABCD和正方形AEFG有公共点A,点B在线段DG上.(1)判断DG与BE的位置关系,并说明理由:(2)若正方形ABCD的边长为2,正方形AEFG的边长为22,求BE的长.【分析】(1)由“SAS”可证△DAG≌△BAE,可得DG=BE,∠ADG=∠ABE,可得结论;(2)由正方形的性质可得BD=22,GE=4,由勾股定理可求解.【解析】(1)DG⊥BE,理由如下:∵四边形ABCD,四边形AEFG是正方形,∴AB=AD,∠DAB=∠GAE,AE=AG,∠ADB=∠ABD=45°,∴∠DAG=∠BAE,在△DAG和△BAE中AD=AB∠DAG=∠BAE∴△DAG≌△BAE(SAS).∴DG=BE,∠ADG=∠ABE=45°,∴∠ABD+∠ABE=90°,即∠GBE=90°.∴DG⊥BE;(2)连接GE,∵正方形ABCD的边长为2,正方形AEFG的边长为22,∴BD=22,GE=4,设BE=x,则BG=x﹣22,在Rt△BGE中,利用勾股定理可得x2+(x﹣22)2=42,∴x=∴BE的长为2+12.(2020•杭州模拟)如图,矩形ABCD的对角线交于点O.点E在DC边上,∠DAE=∠BAC,连结AE交对角线BD于点G,F是线段EC的中点,连结BF.(1)求证:AE⊥BD.(2)判断DF与BF的数量关系,并说明理由.(3)若tan∠ACB=k(k≥1),△DFB和△ABC面积分别为S1和S2,求S1【分析】(1)想办法证明∠DAE+∠ADO=90°即可解决问题.(2)结论:DF=BF.连接OF.利用三角形的中位线定理证明OF∥AE,再证明OF⊥BD,利用线段的垂直平分线的性质解决问题即可.(3)由tan∠ACB=ABBC=k,可以假设AB=k,BC=1,用k表示S1,【解答】(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴OD=OB=OC=OA,∠DAB=90°,∴∠ODA=∠OAD,∵∠BAC+∠OAD=90°,∠DAE=∠BAC,∴∠DAE+∠ODA=90°,∴∠AGD=90°,∴AE⊥BD.(2)解:结论:DF=BF.理由:连接OF.∵EF=CF,OA=OC,∴OF∥AE,∵AE⊥BD,∴OF⊥BD,∵DO=OB,∴DF=BF.(3)解:∵tan∠ACB=ABBC∴可以假设AB=k,BC=1,∴S1=12×BC×∵∠DAE=∠BAC,∠ADE=∠ACB=90°,∴△DAE∽△BAC,∴DEDA∵AB=k,∴DE=1∴CE=k−1∵F是EC的中点,∴EF=12EC=12∴DF=12(k−1k)+∴S2=12×DF×BC=1∴S1∵k≥1,∴当k=1时,S113.(2020•衢州模拟)【猜想】如图1,在平行四边形ABCD中,点O是对角线AC的中点,过点O的直线分别交AD.BC于点E.F.若平行四边形ABCD的面积是8,则四边形CDEF的面积是4.【探究】如图2,在菱形ABCD中,对角线相交于点O,过点O的直线分别交AD,BC于点E,F,若AC=5,BD=10,求四边形ABFE的面积.【应用】如图3,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,延长BC到点D,使DC=BC,连结AD,若AC=3,AD=210,则△ABD的面积是6.【分析】猜想:首先根据平行四边形的性质可得AD∥BC,OA=OC.根据平行线的性质可得∠EAO=∠FCO,∠AEO=∠CFO,进而可根据AAS定理证明△AEO≌△CFO,再根据全等三角形的性质可得结论;探究:根据菱形的性质得到AD∥BC,AO=CO=12AC=2.5,BO=12BD=5,根据全等三角形的判定定理得到△AOE≌△COF,由于应用:延长AC到E使CE=AC=3,根据全等三角形的判定定理得到△ABC≌△CDE,由全等三角形的性质得到∠E=∠BAC=90°,根据勾股定理得到DE=A【解析】猜想:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,OA=OC.∴∠EAO=∠FCO,∠AEO=∠CFO,在△AOE与△COF中,∠EAO=∠FCO∠AEO=∠CFO∴△AEO≌△CFO(AAS),∴四边形CDEF的面积=S△ACD=12▱故答案为:4;探究:∵四边形ABCD是菱形,∴AD∥BC,AO=CO=12AC=2.5,BO=12∴AB=BO2+OA2=55在△AOE与△COF中,∠OAE=∠OCF∠AEO=∠CFO∴△AOE≌△COF(AAS),∵AC⊥BD,∴S四边形ABFE=S△ABC=12AC•BO=1应用:延长AC到E使CE=AC=3,在△ABC与△CDE中,AC=CE∠ACB=∠DCE∴△ABC≌△CDE(SAS),∴∠E=∠BAC=90°,∴DE=A∴S△ABD=S△ADE=12AE•DE故答案为:614.(2020•萧山区一模)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=∠ADC,对角线AC、BD交于点O,AO=BO,DE平分∠ADC交BC于点E,连接OE.(1)求证:四边形ABCD是矩形;(2)若AB=2,求△OEC的面积.【分析】(1)证出∠BAD=∠BCD,得出四边形ABCD是平行四边形,得出OA=OC,OB=OD,证出AC=BD,即可解决问题;(2)作OF⊥BC于F.求出EC、OF即可解决问题;【解答】(1)证明:∵AD∥BC,∴∠ABC+∠BAD=180°,∠ADC+∠BCD=180°,∵∠ABC=∠ADC,∴∠BAD=∠BCD,∴四边形ABCD是平行四边形,∴OA=OC,OB=OD,∵OA=OB,∴AC=BD,∴四边形ABCD是矩形.(2)解:作OF⊥BC于F,如图所示.∵四边形ABCD是矩形,∴CD=AB=2,∠BCD=90°,AO=CO,BO=DO,AC=BD,∴AO=BO=CO=DO,∴BF=FC,∴OF=12∵DE平分∠ADC,∠ADC=90°,∴∠EDC=45°,在Rt△EDC中,EC=CD=2,∴△OEC的面积=12•EC•15.(2019•周村区一模)如图,BD是△ABC的角平分线,过点D作DE∥BC交AB于点E,DF∥AB交BC于点F.(1)求证:四边形BEDF为菱形;(2)如果∠A=90°,∠C=30°,BD=12,求菱形BEDF的面积.【分析】(1)根据平行四边形的和菱形的判定证明即可;(2)根据含30°的直角三角形的性质和勾股定理以及菱形的面积解答即可.【解答】证明:(1)∵DE∥BC,DF∥AB,∴四边形BFDE是平行四边形,∵BD是△ABC的角平分线,∴∠EBD=∠DBF,∵DE∥BC,∴∠EDB=∠DBF,∴∠EBD=∠EDB,∴BE=ED,∴平行四边形BFDE是菱形;(2)连接EF,交BD于O,∵∠BAC=90°,∠C=30°,∴∠ABC=60°,∵BD平分∠ABC,∴∠DBC=30°,∴BD=DC=12,∵DF∥AB,∴∠FDC=∠A=90°,∴DF=DC在Rt△DOF中,OF=D∴菱形BFDE的面积=116.(2019•杭州模拟)某次数学研究课上师生共同研究以下问题,请帮助完成:特殊研究:如图1,在正方形ABCD中,E,F是正方形内两点,BE∥DF,EF⊥BE.(1)若BE=DF,求证:EF与BD互相平分.(2)求证:(BE+DF)2+EF2=2AB2一般应用:如图2,若AB=4,点P为正方形内部一点,且∠DPB=135°,2BP+2PD=46,求PD的长.【分析】特殊研究(1)根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得:四边形EBFD是平行四边形,再由平行四边形的对角线互相平分得结论;(2)如图2,作辅助线,构建矩形GEFD,利用勾股定理列方程并与矩形的对边相等相结合可得结论;一般应用:如图4,类比如图2,构建矩形GEPD,设BE=EG=x,PD=EG=y,则BP=2x由勾股定理得:BG2+DG2=BD2,则(x+y)2+x2=(42)2,由已知得:2BP+2PD=46,则2x+2y=46②,解①和②【解析】特殊研究(1)证明:如图1,连接ED、BF,∵BE=DF,BE∥DF,∴四边形EBFD是平行四边形,∴EF与BD互相平分;规律探究(2)如图2,过D作DG⊥BE,交BE的延长线于G,∴∠EGD=∠GEF=∠EFD=90°,∴四边形GEFD是矩形,∴EF=GD,EG=DF,在Rt△BGD中,BG2+DG2=BD2,∴(BE+EG)2+EF2=BD2,∵△ABD是等腰直角三角形,∴BD2=2AB2,∴(BE+DF)2+EF2=2AB2;(2)一般应用如图3,过P作PE⊥PD,过B作BE⊥PE,过D作DG⊥BE,得矩形GEPD,∴GD=EP,EG=PD,设BE=EG=x,PD=EG=y,则BP=2∵AB=4,∴BD=42,在Rt△BGD中,由勾股定理得:BG2+DG2=BD2,∴(x+y)2+x2=(42)2,∴2x2+2xy+y2=32①,∵2BP+2PD=46,∴2x+2y=46②,解①和②得:x=22∴PD=26−2217.(2019•温州二模)在矩形ABCD中,AB=3,BC=5,将此矩形绕A点顺时针旋转α(0°<α<180°),得到矩形AEFG.(1)在旋转过程中,如图1,当边EF经过点D时,若射线FE交线段BC于点P,求EP的长度.(2)在旋转过程中,如图2,连结CF,若CF∥AB,求∠α的余弦值.(3)在旋转过程中,如图3,连结CF,当点B、E在线段CF同侧时,连结BE并延长交线段CF于点M,①求证:CM=FM;②连结AC,交BM于点H,取线段AC的中点K,连结KM,若∠MKA=90°,请直接写出BH:HM=15:17.【分析】(1)连结PA,由勾股定理求得DE=4,再证∠BPA=∠DAP=∠EPA得DP=DA=5,继而可得答案;(2)由CF∥BA、CD∥BA得C、D、F三点共线,CF⊥AD,继而得CA=AF=34,CF=2CD=6,∠CAF=α,作CQ⊥AF,由面积法得AF×CQ2=CF×AD2解得CQ(3)①作CO∥EF,证△COM≌△FEM即可得;②作BP⊥AC于P,连接AF,求得BP=AB⋅BCAC=153434,由CM=MF,CK=AK知KM=12AF【解析】(1)如图1,连结PA,由题意可知,在Rt△AED中,AD=BC=5,AE=AB=3,根据勾股定理得ED=4,∵∠PEA=∠PBA=90°,∴∠EPA=∠BPA,又∵BC∥AD,∴∠BPA=∠DAP=∠EPA,∴DP=DA=5,∴PE=5﹣4=1.(2)由CF∥BA、CD∥BA得C、D、F三点共线,CF⊥AD,由题意可知,CA=AF=34,CF=2CD=6,∠CAF=α如图2,过C作CQ⊥AF于点Q,由面积法得AF×CQ2=CF×AD2解得:CQ=则cos∠CAF=AQ(3)①如图3,过点C作CO∥EF,交BE的延长线于点O.由AB=AE得∠ABE=∠AEB,又∵∠AEF=∠ABC=90°,∴∠1=∠3,由CO∥EF,得∠2=∠3,∴∠1=∠2,∴CO=CB=FE,∴△COM≌△FEM(AAS),∴CM=FM;②过点B作BP⊥AC于P,连接AF,∵AB=3,BC=5,∴AF=AC=34则BP=AB⋅BC∵CM=MF,CK=AK,∴KM=12AF∵∠MKH=∠BPH=90°,∠MHK=∠BHP,∴△MKH∽△BPH,∴BHMH故答案为15:17.18.(2019•宁波二模)定义:只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形,连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直
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