专题08几何中的面积问题

专题08几何中的面积问题面积问题是压轴题中常考的问题，不仅在几何压轴题中，在函数压轴题中考查的频率也很高。几何压轴题中的面积问题往往比较抽象，并不是简单几何图形的面积，通常情况下，我们需要对所求的几何图形面积进行转化为我们熟悉的可求的类型。在几何压轴题中的面积考查主要表现为两个方面：一是求某个几何图形的面；二是求变化中的几何图形面积的最值。一、求某个几何图形面积的类型，常用的方法：1.添加辅助线：通常包括做出三角形的高，割补法构造三角形等。2.图形变换的方式对所求图形进行转化，例如通过平移、旋转等变化，把复杂图形转化为三角形等。3.可以利用三角形全等，对图形进行转化。4.利用相似三角形的面积之比等于相似比，构建方程进行求解。二、求变化中的几何图形的面积问题：（1）方程与函数的方法：通常需要设出未知数x，并用x表示出求面积所必需的边长和高，构建方程求出未知数，或构建函数，利用函数的性质求得面积的最值。（2）几何的方法：一般情况下，在求变化中几何图形的面积的最值时，需要我们找准变化的量，讨论变化的量的临界值，例如：在求变化三角形的面积最值时，如果底边长一定，而底边上的高在不断的变化，我们就要根据高线变化的规律，寻找高的最大值或者最小值的情况，从而求得面积的最小值。 （2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G．(1)求证：.(2)若．①求菱形的面积.②求的值.(3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案；（2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案；（3）过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到ET的值．【答案】(1)见解析(2)①24，②(3)＝，理由见解析【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝DC，ABCD，∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，∵平分交于点G，∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°，∴∠DBG＝90°；（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，∴∠DOC＝90°，在Rt△DOC中，OC＝，∴AC＝2OC＝8，∴，即菱形的面积是24．②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵∠DBG＝90°∴BG⊥BD，∴BGAC，∴，∴DH＝HG，DG＝2DH，∵DG＝2GE，∴EG＝DH＝HG，∴，∵ABCD，∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，∴△CDH∽△AEH，∴，∴CH＝AC＝，∴OH＝OC－CH＝4－＝，∴tan∠BDE＝；（3）如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝．理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BGAC，∴△BGE∽△AHE，∴，∵AB＝BE＝5，∴EG＝GH，同理可得，△DOH∽△DBG，∴，∵BO＝DO，∴DH＝GH＝EG，∵GTBC，∴GTAD，∴△EGT∽△EDA，∴，∵AD＝AB＝5，∴GT＝，为定值，此时ET＝AE＝（AB＋BE）＝．此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．（2022·山东东营·统考中考真题）和均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿运动，运动到点B、C停止.(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段的数量关系是____________，位置关系是____________；(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(3)当点D运动到什么位置时，四边形的面积是面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.（1）根据和均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根据E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CDEF；（2）连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等边三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF，CD∥EF；（3）过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD=BC=a，BD=AE，推出AE=BE=AB，根据AB=AC，推出AD⊥BC，得到EGAD，推出△EBG∽△ABD，推出，得到=h，根据CD=EF，CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出，根据EF=BD，EFBD，推出四边形BDEF是平行四边形，根据BF=EF，推出是菱形．【答案】(1)CD=EF，CDEF(2)CD=EF，CDEF，成立，理由见解析(3)点D运动到BC的中点时，是菱形，证明见解析【详解】（1）∵和均为等边三角形，∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，∴CD=EF，CDEF；故答案为：CD=EF，CD∥EF；（2）CD=EF，CDEF，成立．证明：连接BF，∵∠FAD=∠BAC=60°，∴∠FAD∠BAD=∠BAC∠BAD，即∠FAB=∠DAC，∵AF=AD，AB=AC，∴△AFB≌△ADC(SAS)，∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，∵AE=BD，∴BE=CD，∴BF=BE，∴△BFE是等边三角形，∴BF=EF，∠FEB=60°，∴CD=EF，BCEF，即CDEF，∴CD=EF，CDEF；（3）如图，当点D运动到BC的中点时，四边形的面积是面积的一半，此时，四边形是菱形．证明：过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，∵AB=BC，BD=CD=BC=a，BD=AE，∴AE=BE=AB，∵AB=AC，∴AD⊥BC，∴EGAD，∴△EBG∽△ABD，∴，∴=h，由（2）知，CD=EF，CDEF，∴四边形CEFD是平行四边形，∴,此时，EF=BD，EFBD，∴四边形BDEF是平行四边形，∵BF=EF，∴是菱形．本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定．（2022·四川绵阳·统考中考真题）如图，平行四边形ABCD中，DB＝，AB＝4，AD＝2，动点E，F同时从A点出发，点E沿着A→D→B的路线匀速运动，点F沿着A→B→D的路线匀速运动，当点E，F相遇时停止运动．(1)如图1，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，当运动时间为秒时，设CE与DF交于点P，求线段EP与CP长度的比值；(2)如图2，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为个单位每秒，运动时间为x秒，ΔAEF的面积为y，求y关于x的函数解析式，并指出当x为何值时，y的值最大，最大值为多少？(3)如图3，H在线段AB上且AH＝HB，M为DF的中点，当点E、F分别在线段AD、AB上运动时，探究点E、F在什么位置能使EM＝HM．并说明理由．（1）延长DF交CB的延长线于点G，先证得，可得，根据题意可得AF=，AE=，可得到CG=3，再证明△PDE∽△PGC，即可求解；（2）分三种情况讨论：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上；当时，E点在BD上，F点在AB上；当时，点E、F均在BD上，即可求解；（3）当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由：连接DH，根据直角三角形的性质，即可求解．【答案】(1)；(2)y关于x的函数解析式为；当时，y的最大值为；(3)当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由见解析【详解】（1）解：如图，延长DF交CB的延长线于点G，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴，∴，∵点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，运动时间为秒，∴AF=，AE=，∵AB=4，AD=2，∴BF=，ED=，∴，∴BG=1，∴CG=3，∵，∴△PDE∽△PGC，∴，∴；（2）解：根据题意得：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，此时AE=x，，∵，AB=4，AD=2，∴，∴△ABD是直角三角形，∵，∴∠ABD=30°，∴∠A=60°，如图，过点E作交于H，∴，∴；∴当x＞0时，y随x的增大而增大，此时当x=2时，y有最大值3；当时，E点在BD上，F点在AB上，如图，过点E作交于N，过点D作交于M，则EN∥DM，根据题意得：DE=x2，∴，在Rt△ABD中，，AM=1，∵EN∥DM，∴△BEN∽△BDM，∴，∴∴，∴，此时该函数图象的对称轴为直线，∴当时，y随x的增大而增大，此时当时，y有最大值；当时，点E、F均在BD上，过点E作交于Q，过点F作交于P，过点D作DM⊥AB于点M，∴，DA+DE=x，∵AB=4，AD=2，∴，，∵PF∥DM，∴△BFP∽△BDM，∴，即，∴，∵，∴△BEQ∽△BDM，∴，即，∴，∴，此时y随x的增大而减小，此时当时，y有最大值；综上所述：y关于x的函数解析式为当时，y最大值为；（3）解：当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由如下：连接DH，如图，∵，AB=4，∴．AH=1，由（2）得：此时，∵M是DF的中点，∴HM=DM=MF，∵EF∥BD，BD⊥AD，∴EF⊥AD，∴EM=DM=FM，∴EM=HM．本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．1．（2022·广东江门·校考一模）点为正方形的边上一动点，直线与相交于点，与的延长线相交于点．(1)如图①，若正方形的边长为2，设，的面积为，求与的函数关系；(2)如图②，求证：是的外接圆的切线；(3)如果把正方形换成是矩形或菱形，（2）的结论是否是否仍然成立?【答案】(1)(2)见解析(3)正方形换成矩形时，（2）结论不成立；当正方形换成菱形时，（2）结论成立【分析】（1）延长，过G作交延长线于R，利用三角形面积公式即可得出结果；（2）取中点O，连接，根据正方形的性质及全等三角形的判定和性质得出，再由各角之间的等量代换得出，即可证明；（3）当正方形换成矩形时，根据题意得出不是的外接圆的切线；当正方形换成菱形时，同（2）中的方法一致，证明即可【详解】（1）解：如图，延长，过G作交延长线于R，由题意可知，正方形边长为2，∴，∴∴即；（2）证明：如图，取中点O，连接，∵，∴是外接圆的直径，O为圆心，在正方形中，是对角线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在圆O中，，∴，

∴，∵，∴，即，∴是的外接圆的切线；（3）当正方形换成矩形时，由（2）可知，，但是与不全等，∴，∴，∴，∴不是的外接圆的切线；当正方形换成菱形时，在菱形中，是对角线，∴，∴，∴，∵，∴，∴，在圆O中，连接并延长交圆O于H，∵，∴，∵是直径，∴，∴，∴，即，∴是的外接圆的切线．2．（2022·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考二模）问题提出：已知任意三角形的两边及夹角，求三角形的面积．问题探究：为了解决上述问题，我们先由特殊到一般来进行探究．探究一：如图1，在中，，，，，求的面积．在中，，．．探究二：如图2，中，，，，求的面积（用含、、代数式表示），写出探究过程．探究三：如图3，中，，，，求的面积（用、、表示）写出探究过程．问题解决：已知任意三角形的两边及夹角，求三角形的面积方法是：___________（用文字叙述）．问题应用：如图4，已知平行四边形中，，，，求平行四边形的面积（用、、表示）写出解题过程．问题拓广：如图5所示，利用你所探究的结论直接写出任意四边形的面积（用、、、、、表示），其中，，，，，．【答案】，见解析；，见解析；一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半；；【分析】探究二：如图2中，作于．求出高，即可解决问题；探究三：如图3中，作于．求出高，即可解决问题；问题解决：（）是a、b两边的夹角）；问题应用：如图4中，作AH⊥CB于H．求出高，即可解决问题；问题拓广：如图5，连接，由探究三的结论可得出答案．【详解】解：探究二：如图2中，作于．，，，，在中，，，，．探究三：如图3中，作于．在中，，．问题解决：一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半．故答案为：一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半．问题应用：如图4中，作于．在中，，．问题拓广：连接，由探究三的结论可得：．．．3．（2022·宁夏银川·校考一模）如图，，分别是的直径和弦，半径于点．过点作的切线与的延长线交于点，，的延长线交于点．(1)求证：是的切线；(2)若，，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，可以证得，根据全等三角形的性质以及切线的性质定理可以得到，即，即可证得是的切线；（2）根据垂径定理得到，根据切线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理得到，根据三角形和扇形的面积公式即可得出结论．【详解】（1）证明：连接，是的切线，是的直径，，于点，，，在和中，，（SAS），，，是的半径，是的切线．（2）解：于点，，，是的切线，，，，，，，，，，，在中，，．故答案为：．4．（2022·四川南充·模拟预测）如图，有两块量角器完全重合在一起（量角器的直径，圆心为），保持下面一块不动，上面的一块沿所在的直线向右平移，当圆心与点重合时，量角器停止平移，此时半与半交于点，连接．(1)与半有怎样的位置关系？请说明理由．(2)在半的量角器上，、点的读数分别为、时，问点在这块量角器上的读数是多少？(3)求图中阴影部分的面积．【答案】(1)与半相切，理由见解析；(2)；(3)．【分析】（1）连接，利用直径所对的圆周角等于可证明，即与半相切；（2）求出，即可知点在这块量角器上的读数是；（3）由图可知：，代入可求出．．【详解】（1）解：与半相切，理由如下：连接，∵是直径，∴，即与半相切．（2）解：连接，∵，∴为等边三角形，∴，点在这块量角器上的读数是．（3）解：作交于点D，∵为等边三角形，，∴，∵由图可知：，即．5．（2022·吉林长春·校考模拟预测）定义：如果一个四边形的一组对角互余，我们称这个四边形为对角互余四边形．(1)问题．利用下面哪组图形可以得到一个对角互余四边形（）①两个等腰三角形；②两个等边三角形；③两个直角三角形；④两个全等三角形．(2)如图①，在对角互余四边形中，，且，．若，求四边形的面积和周长．(3)问题．如图②，在对角互余四边形中，，，，，，求四边形的面积和周长．(4)问题．如图③，在对角互余四边形中，，，，，求面积的最大值．【答案】(1)①③④(2)，四边形的周长(3)，四边形的周长(4)面积的最大值【分析】（1）结合定义来判断，重点是拼成的四边形一对对角互余．（2）因为，，所以，所以在对角互余四边形中，只能．这样利用含直角三角形三边的特殊关系，就可以解决问题；（3）如图，将绕点B顺时针旋转到，则，连接，作于H，作于G，作于F，这样可以求，则可以得到的长，进而把四边形的面积转化为和的面积之和，和的面积容易算出来，则四边形面积可求．再求出和的长度，就可以得到和的长，利用勾股定理可以求出的长，四边形的周长可求．（4）构造，根据，利用相似的性质和勾股定理求出，然后根据对角互余四边形的性质得到，从而得到四点共圆，而与同底，高成比例，从而得出，根据面积最大值可求面积的最大值．【详解】（1）解：①两个等腰三角形底边相等，顶角互余，就可以，故①可以得到一个对角互余四边形；②等边三角形不成，即使是全等的等边三角形拼成四边形对角和为120°或240°，故②得不到对角互余四边形；③两个全等的直角三角形或有一条直角边相等的相似的两个直角三角都可以，故③可以得到一个对角互余四边形；④由③可知④可以得到一个对角互余四边形；故答案为：①③④；（2）∵，，∴，∵对角互余四边形中，，∴，在中，，，，∴，，在中，，，∴，，∵，，∴，四边