2023学年中考数学基础题型提分讲练专题22以特殊的平行四边形为背景的证明与计算含解析.doc

专题22 以特殊的平行四边形为背景的证明与计算 考点分析 【例1】（2023年·安徽初三）（已知：如图所示的一张矩形纸片ABCD（AD>AB），将纸片折叠一次，使点A与点C重合，再展开，折痕EF交AD边于点E，交BC边于点F，分别连结AF和CE． （1）求证：四边形AFCE是菱形； （2）若AE=10cm，△ABF的面积为24cm2，求△ABF的周长； （3）在线段AC上是否存在一点P，使得2AE2=AC·AP？若存在，请说明点P的位置，并予以证明；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；（2）24cm；（3）存在，过E作EP⊥AD交AC于P，则P就是所求的点，证明见解析. 【解析】 解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∴∠EAO=∠FCO， 由折叠的性质可得：OA=OC，AC⊥EF， 在△AOE和△COF中， ∵， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴AE=CF， ∴四边形AFCE是平行四边形， ∵AC⊥EF， ∴四边形AFCE是菱形； （2）∵四边形AFCE是菱形， ∴AF=AE=10cm， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B=90°， ∴S△ABF=AB•BF=24cm2， ∴AB•BF=48（cm2）， ∴AB2+BF2=（AB+BF）2-2AB•BF=（AB+BF）2-2×48=AF2=100（cm2）， ∴AB+BF=14（cm） ∴△ABF的周长为：AB+BF+AF=14+10=24（cm）． （3）证明：过E作EP⊥AD交AC于P，则P就是所求的点． 当顶点A与C重合时，折痕EF垂直平分AC， ∴OA=OC，∠AOE=∠COF=90°， ∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC， ∴∠EAO=∠FCO， ∴△AOE≌△COF， ∴OE=OF ∴四边形AFCE是菱形． ∴∠AOE=90°，又∠EAO=∠EAP， 由作法得∠AEP=90°， ∴△AOE∽△AEP， ∴，则AE2=AO•AP， ∵四边形AFCE是菱形， ∴AO＝AC， ∴AE2=AC•AP， ∴2AE2=AC•AP． 【点睛】 本题考查翻折变换（折叠问题）；菱形的判定；矩形的性质，相似三角形的判定和性质，综合性较强，掌握相关性质定理，正确推理论证是解题关键． 【例2】（2023年·江苏泰州中学附属初中初三月考）如图，正方形ABCD的边长为6，把一个含30°的直角三角形BEF放在正方形上，其中∠FBE＝30°，∠BEF＝90°，BE＝BC，绕B点转动△FBE，在旋转过程中， （1）如图1，当F点落在边AD上时，求∠EDC的度数； （2）如图2，设EF与边AD交于点M，FE的延长线交DC于G，当AM＝2时，求EG的长； （3）如图3，设EF与边AD交于点N，当tan∠ECD＝时，求△NED的面积． 【答案】（1）15°；（2）3；（3） 【解析】 解：（1）如图1中，作EH⊥BC于H，EM⊥CD于M．则四边形EMCH是矩形． ∵四边形ABCD是正方形， ∴BA＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°， ∵BC＝BE， ∴AB＝BE＝CD， 在Rt△BFA和Rt△BFE中，， ∴Rt△BFA≌△Rt△BFE（HL）， ∴∠ABF＝∠EBF＝30°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠EBC＝30°， ∴EH＝MC＝BE＝CD， ∴DM＝CM， ∵EM⊥CD， ∴ED＝EC， ∵∠BCE＝（180°﹣30°）＝75°， ∴∠EDC＝∠ECD＝15°． （2）如图2中，连接BM、BG． ∵AM＝2， ∴DM＝AD﹣AM＝4， 由（1）可知△BMA≌△BME，△BGE≌△BGC， ∴AM＝EM＝2，EG＝CG， 设EG＝CG＝x，则DG＝6﹣x． 在Rt△DMG中，MG2＝DG2+DM2， ∴（2+x）2＝（6﹣x）2+42， ∴x＝3， ∴EG＝3． （3）如图3中，连接BN，延长FE交CD于G，连接BG． AN＝NE，EG＝CG， ∵BE＝BC， ∴BG垂直平分CE， ∴∠ECG+∠BCG＝90°，∵∠GBC+∠ECB＝90°， ∴∠ECD＝∠GCB， ∴tan∠GBC＝tan∠ECD＝， ∴＝， ∴CG＝BC＝2， ∵CD＝6， ∴DG＝CD﹣CG＝4，设AN＝EN＝y，则DN＝6﹣y， 在Rt△DNG中，（6﹣y）2+42＝（2+y）2， 解得：y＝3， ∴AN＝NE＝3，DN＝3，NG＝5， ∴S△NED＝•S△DNG＝××3×4＝． 【点睛】 本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题． 考点集训 1．（2023年·陕西初三期中）问题：如图①，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB=，PC＝1，求∠BPC的度数和等边三角形ABC的边长． 李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形(如图②)，连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证)，可得∠AP′B＝ °，所以∠BPC＝∠AP′B＝ °，还可证得△ABP是直角三角形，进而求出等边三角形ABC的边长为 ，问题得到解决． （1）根据李明同学的思路填空：∠AP′B＝ °，∠BPC＝∠AP′B＝ °，等边三角形ABC的边长为 ． （2）探究并解决下列问题：如图③，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝，PB＝，PC＝1.求∠BPC的度数和正方形ABCD的边长． 【答案】（1）∠AP′B＝150°，∠BPC＝∠AP′B＝150°，等边三角形ABC的边长为；（2）∠BPC＝135°，正方形ABCD的边长为. 【解析】 （1）∵等边△ABC， ∴∠ABC=60°， 将△BPC绕点B逆时针旋转60°得出△ABP′， ∴AP′=CP=1，BP′=BP=，∠PBC=∠P′BA，∠AP′B=∠BPC， ∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°， ∴∠ABP′+∠ABP=∠ABC=60°， ∴△BPP′是等边三角形， ∴PP′=，∠BP′P=60°， ∵AP′=1，AP=2， ∴AP′2+PP′2=AP2， ∴∠AP′P=90°， ∴∠BPC=∠AP′B=90°+60°=150°， 过点B作BM⊥AP′，交AP′的延长线于点M， ∴∠MP′B=30°，BM=， 由勾股定理得：P′M=， ∴AM=1+=， 由勾股定理得：AB=， 故答案为：150°，． （2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AEB， 与（1）类似：可得：AE=PC=1，BE=BP=，∠BPC=∠AEB，∠ABE=∠PBC， ∴∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABC=90°， ∴∠BEP=（180°-90°）=45°， 由勾股定理得：EP=2， ∵AE=1，AP=，EP=2， ∴AE2+PE2=AP2， ∴∠AEP=90°， ∴∠BPC=∠AEB=90°+45°=135°， 过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F； ∴∠FEB=45°， ∴FE=BF=1， ∴AF=2； ∴在Rt△ABF中，由勾股定理，得AB=； ∴∠BPC=135°，正方形边长为． 答：∠BPC的度数是135°，正方形ABCD的边长是． 【点睛】 本题主要考查对勾股定理及逆定理，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，含30度角的 直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质等知识点的理解和掌握，正确作辅助线并能根据性质进行证明是解此题的关键． 2．（2023年·云南初三月考）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E是边AB上一点，将△CBE沿直线CE对折，得到△CFE，连接DF． （1）当D、E、F三点共线时，证明：DE＝CD； （2）当BE＝1时，求△CDF的面积； （3）若射线DF交线段AB于点P，求BP的最大值． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）4﹣ 【解析】 证明：（1）∵四边形ABCD是矩形 ∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD， ∴∠DCE＝∠CEB ∵△CBE翻折得到△CFE ∴∠FEC＝∠CEB ∴∠DCE＝∠FEC ∴DE＝CD （2）如图1，延长EF交CD的延长线于点G， ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD， ∴∠DCE＝∠CEB ∵△CBE翻折得到△CFE ∴∠FEC＝CEB，CF＝BC＝3，EF＝BE＝1，∠CFE＝90° ∴∠DCE＝∠FEC，∠CFG＝90° ∴CG＝EG， ∴GF＝GE﹣EF＝CG﹣1 ∵在Rt△CGF中，CG2＝CF2+GF2， ∴CG2＝9+（CG﹣1）2， 解得：CG＝5 ∵△CDF与△CGF分别以CD、CG为底时，高相等 ∴ ∴S△CDF＝S△CGF＝＝ （3）如图2，过点C作CH⊥DP于点H，连接CP， ∵CD∥AB ∴∠CDP＝∠APD，且∠A＝∠CHD＝90° ∴△ADP∽△HCD ∴＝， ∵CH≤CF，CF＝BC＝AD＝3 ∴CH≤3 ∴当点H与点F重合时， CH最大，DH最小，AP最小，BP最大， 此时，在△ADP与△HCD ∴△ADP≌△HCD（AAS） ∴CD＝DP＝4，AP＝DF ∵AP＝＝ ∴BP的最大值为4﹣． 【点睛】 此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质． 3．（2023年·江苏初二期末）如图1，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD交于点M． （1）直接写出AM=　　　　； （2）P是射线AM上的一点，Q是AP的中点，设PQ=x． ①AP=　　　　 ，AQ=　　　　 ； ②以PQ为对角线作正方形，设所作正方形与△ABD公共部分的面积为S，用含x的代数式表示S，并写出相应的x的取值范围．(直接写出，不需要写过程) 【答案】（1）；（2）①2x，x；②S(0＜x≤)． 【解析】 解：（1）∵正方形ABCD的边长为4， ∴对角线AC4， 又∴AM2． 故答案为：2． （2）①Q是AP的中点，设PQ=x， ∴AP=2PQ=2x，AQ=x． 故答案为：2x；x． ②如图： ∵以PQ为对角线作正方形， ∴∠GQM=∠FQM=45° ∵正方形ABCD对角线AC、BD交于点M， ∴∠FMQ=∠GMQ=90°， ∴△FMQ和△GMQ均为等腰直角三角形， ∴FM=QM=MG． ∵QM=AM﹣AQ=2x， ∴SFG•QM， ∴S， ∵依题意得：， ∴0＜x≤2， 综上所述：S(0＜x≤2)， 【点睛】 本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角．解答本题要充分利用等腰直角三角形性质解答． 4．（2023年·江苏初二期末）（1）如图1，已知正方形ABCD，点M和N分别是边BC，CD上的点，且BM=CN，连接AM和BN，交于点P．猜想AM与BN的位置关系，并证明你的结论； （2）如图2，将图（1）中的△APB绕着点B逆时针旋转90º，得到△A′P′B，延长A′P′交AP于点E，试判断四边形BPEP′的形状，并说明理由． 【答案】（1）AM⊥BN，证明见解析；（2）四边形BPEP′是正方形，理由见解析. 【解析】 （1）AM⊥BN 证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC，