2023学年中考数学基础题型提分讲练专题21以平行四边形为背景的证明与计算含解析.doc

专题21 以平行四边形为背景的证明与计算 考点分析 【例1】（2023年·重庆中考真题）在中，BE平分交AD于点E． （1）如图1，若，，求的面积； （2）如图2，过点A作，交DC的延长线于点F，分别交BE，BC于点G，H，且．求证：． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】 （1）解：作于O，如图1所示： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵BE平分， ∴， ∴， ∴， ∴的面积； （2）证明：作交DF的延长线于P，垂足为Q，连接PB、PE，如图2所示： ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】 本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 【例2】 （2023年·山东初二期末）在正方形ABCD中，E是边CD上一点（点E不与点C、D重合），连结BE． （感知）如图①，过点A作AF⊥BE交BC于点F．易证△ABF≌△BCE．（不需要证明） （探究）如图②，取BE的中点M，过点M作FG⊥BE交BC于点F，交AD于点G． （1）求证：BE=FG． （2）连结CM，若CM=1，则FG的长为　 　． （应用）如图③，取BE的中点M，连结CM．过点C作CG⊥BE交AD于点G，连结EG、MG．若CM=3，则四边形GMCE的面积为　 　． 【答案】（1）证明见解析；（2）2，9. 【解析】 感知：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°， ∴∠ABE+∠CBE=90°， ∵AF⊥BE， ∴∠ABE+∠BAF=90°， ∴∠BAF=∠CBE， 在△ABF和△BCE中， ， ∴△ABF≌△BCE（ASA）； 探究：（1）如图②， 过点G作GP⊥BC于P， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°， ∴四边形ABPG是矩形， ∴PG=AB，∴PG=BC， 同感知的方法得，∠PGF=∠CBE， 在△PGF和△CBE中， ， ∴△PGF≌△CBE（ASA）， ∴BE=FG； （2）由（1）知，FG=BE， 连接CM， ∵∠BCE=90°，点M是BE的中点， ∴BE=2CM=2， ∴FG=2， 故答案为：2． 应用：同探究（2）得，BE=2ME=2CM=6， ∴ME=3， 同探究（1）得，CG=BE=6， ∵BE⊥CG， ∴S四边形CEGM=CG×ME=×6×3=9， 故答案为：9． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握相关的性质与定理、判断出CG=BE是解本题的关键． 考点集训 1．（2023年·四川初三期末）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F． （1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC； （2）如图2，①求证：BP=BF； ②当AD=25，且AE＜DE时，求cos∠PCB的值； ③当BP=9时，求BE•EF的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②；③108. 【解析】 （1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB=DC， ∵E是AD中点， ∴AE=DE， 在△ABE和△DCE中，， ∴△ABE≌△DCE（SAS）； （2）①在矩形ABCD，∠ABC=90°， ∵△BPC沿PC折叠得到△GPC， ∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC， ∵BE⊥CG， ∴BE∥PG， ∴∠GPF=∠PFB， ∴∠BPF=∠BFP， ∴BP=BF； ②当AD=25时， ∵∠BEC=90°， ∴∠AEB+∠CED=90°， ∵∠AEB+∠ABE=90°， ∴∠CED=∠ABE， ∵∠A=∠D=90°， ∴△ABE∽△DEC， ∴， 设AE=x， ∴DE=25﹣x， ∴， ∴x=9或x=16， ∵AE＜DE， ∴AE=9，DE=16， ∴CE=20，BE=15， 由折叠得，BP=PG， ∴BP=BF=PG， ∵BE∥PG， ∴△ECF∽△GCP， ∴， 设BP=BF=PG=y， ∴， ∴y=， ∴BP=， 在Rt△PBC中，PC=，cos∠PCB==； ③如图，连接FG， ∵∠GEF=∠BAE=90°， ∵BF∥PG，BF=PG=BP， ∴▱BPGF是菱形， ∴BP∥GF， ∴∠GFE=∠ABE， ∴△GEF∽△EAB， ∴， ∴BE•EF=AB•GF=12×9=108． 【点睛】 此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键． 2．（2023年·甘肃中考真题）如图，在正方形中，点是的中点，连接，过点作交于点，交于点． （1）证明：； （2）连接，证明：． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 证明：（1）四边形是正方形， ， 又， ， ， （2）如图所示，延长交的延长线于， 是的中点， ， 又， ， ， 即是的中点， 又， 中，． 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 3．（2023年·黑龙江初三）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F． （1）求证：四边形BEDF是平行四边形； （2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】 （1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点， ∴∠A=90°，AD=BC=4，AB∥DC，OB=OD， ∴∠OBE=∠ODF， 在△BOE和△DOF中， ∴△BOE≌△DOF（ASA）， ∴EO=FO， ∴四边形BEDF是平行四边形； （2）当四边形BEDF是菱形时，BD⊥EF， 设BE=x，则 DE=x，AE=6-x， 在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2， ∴x2=42+（6-x）2， 解得：x= ， ∵BD= =2， ∴OB=BD=， ∵BD⊥EF， ∴EO==， ∴EF=2EO=． 点睛：本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问的关键 4．（2023年·四川中考真题）如图，在四边形中，，延长到E，使，连接交于点F，点F是的中点．求证： （1）． （2）四边形是平行四边形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 证明：（1）∵， ∴， ∵点F是的中点， ∴， 在与中，， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】 本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形判定定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质、平行四边形判定定理. 5．（2023年·山东初二期末）已知，如图，在ABCD中，延长DA到点E，延长BC到点F，使得AE＝CF，连接EF，分别交AB，CD于点M，N，连接DM，BN. （1）求证：△AEM≌△CFN； （2）求证：四边形BMDN是平行四边形. 【答案】证明见解析 【解析】 证明：(1） ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC ，AD∥BC． ∴∠E=∠F，∠DAB=∠BCD． ∴∠EAM=∠FCN． 又∵AE=CF ∴△AEM≌△CFN（ASA）． （2） ∵由（1）△AEM≌△CFN ∴AM=CN． 又∵四边形ABCD是平行四边形 ∴ABCD ∴BMDN． ∴四边形BMDN是平行四边形． 6．（2023年·黑龙江中考真题）.已知：在矩形中，是对角线，于点，于点； （1）如图1，求证：； （2）如图2，当时，连接.，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于矩形面积的. 【答案】（1）详见解析；（2）的面积的面积的面积的面积矩形面积的． 【解析】 （1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ，， ∴， ∵于点，于点， ∴， 在和中，， ∴， ∴； （2）解：的面积的面积的面积的面积矩形面积的． 理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴的面积矩形的面积， ∵， ∴的面积矩形的面积； 作于，如图所示： ∵， ∴， ∴的面积矩形的面积， 同理：的面积矩形的面积． 【点睛】 本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，灵活应用矩形的性质证全等，熟练掌握直角三角形角的性质是解题的关键. 7．（2023年·浙江中考真题）如图，矩形的顶点，分别在菱形的边，上，顶点、在菱形的对角线上. （1）求证：； （2）若为中点，，求菱形的周长。 【答案】（1）证明见解析；（2）8. 【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． 【点睛】 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． 8．（2023年·山西实验中学初三月考）如图1，在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB=90°．将△ADP沿AP翻折得到△AD′P，PD′的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N． （1）求证：AD2=DP•PC； （2）请判断四边形PMBN的形状，并说明理由； （3）如图2，连接AC，分别交PM，PB于点E，F．若=，求的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）四边形PMBN是菱形，理由见解析；（3） 【解析】 解：（1）过点P作PG⊥AB于点G， ∴易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形， ∴AD=PG，DP=AG，GB=PC ∵∠APB=90°， ∴∠APG+∠GPB=∠GPB+∠PBG=90°， ∴∠APG=∠PBG， ∴△APG∽△PBG， ∴， ∴PG2=AG•GB， 即AD2=DP•PC； （2）∵DP∥AB， ∴∠DPA=∠PAM， 由题意可知：∠DPA=∠APM， ∴∠PAM=∠APM， ∵∠APB-∠PAM=∠APB-∠APM， 即∠ABP=∠MPB ∴AM=PM，PM=MB， ∴PM=MB， 又易证四边形PMBN是平行四边形， ∴四边形PMBN是菱形； （3）由于， 可设DP=k，AD=2k， 由（1）可知