中考数学平行四边形经典压轴题及答案.docx
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中考数学平行四边形经典压轴题及答案
2020-2021中考数学平行四边形-经典压轴题及答案
、平行四边形
运动.
2)如图2,当b>2a时,点M在运动的过程中,是否存在∠BMC=9°0,若存在,请给与证明;若不存在,请说明理由;
3)如图3,当b<2a时,
(2)中的结论是否仍然成立?
请说明理由.答案】
(1)见解析;
2)存在,理由见解析;
3)不成立.理由如下见解析
解析】试题分析:
(1)由b=2a,点M是AD的中点,可得AB=AM=MD=DC=a,又由四边形ABCD
是矩形,即可求得∠AMB=∠DMC=4°5,则可求得∠BMC=9°0;
(2)由∠BMC=9°0,易证得△ABM∽△DMC,设AM=x,根据相似三角形的对应边成比例,即可得方程:
x2﹣bx+a2=0,由b>2a,a>0,b>0,即可判定△>0,即可确定方程有两个不相等的实数根,且两根均大于零,符合题意;
(3)由
(2),当b<2a,a>0,b>0,判定方程x2﹣bx+a2=0的根的情况,即可求得答案.
试题解析:
(1)∵b=2a,点M是AD的中点,∴AB=AM=MD=DC=a,
又∵在矩形ABCD中,∠A=∠D=90°,∴∠AMB=∠DMC=45°,∴∠BMC=90°.
(2)存在,理由:
若∠BMC=9°0,则∠AMB+∠DMC=9°0,又∵∠AMB+∠ABM=9°0,∴∠ABM=∠DMC,又∵∠A=∠D=90°,∴△ABM∽△DMC,
AMAB
a
bx
∴CDDM,
x
设AM=x,则
a
整理得:
x2﹣bx+a2=0,
∵b>2a,a>0,b>0,
∴△=b2﹣4a2>0,∴方程有两个不相等的实数根,且两根均大于零,符合题意,∴当b>2a时,存在∠BMC=90,°
(3)不成立.理由:
若∠BMC=9°0,由
(2)可知x2﹣bx+a2=0,∵b<2a,a>0,b>0,∴△=b2﹣4a2<0,
∴方程没有实数根,
∴当b<2a时,不存在∠BMC=90,°即
(2)中的结论不成立.考点:
1、相似三角形的判定与性质;2、根的判别式;3、矩形的性质
E.
(1)求证:
△AED≌△CEB′
PG⊥AE于G,PH⊥BC于H.求PG+
【分析】
(1)由折叠的性质知,,,,则由
得到;
(2)由,可得,又由,即可求得的长,然后在
中,利用勾股定理即可求得的长,再过点作于,由角平分线的性质,可得,易证得四边形是矩形,继而可求得答案.
【详解】
(1)四边形为矩形,
,,
又,
;
,
在中,,过点作于,
,,
,
,,
,
、、共线,
四边形是矩形,
.
【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质以及勾股定理等知识.此题难度较大,注意掌握折叠前后图形的对应关系,注意掌握辅助线的作法,注意数形结合思想的应用.
3.如图,四边形ABCD中,AD∥BC,∠A=90°,BD=BC,点E为CD的中点,射线BE交AD的延长线于点F,连接CF.
(1)求证:
四边形BCFD是菱形;
(2)若AD=1,BC=2,求BF的长.
【答案】
(1)证明见解析
(2)23
【解析】
(1)∵AF∥BC,∴∠DCB=∠CDF,∠FBC=∠BFD,∵点E为CD的中点,∴DE=EC,
FBCBFD
在△BCE与△FDE中,DCBCDF,
DEEC
∴△BCE≌△FDE,∴DF=BC,
又∵DF∥BC,∴四边形BCDF为平行四边形,∵BD=BC,∴四边形BCFD是菱形;
2)∵四边形BCFD是菱形,∴BD=DF=BC=2,
在Rt△BAD中,AB=BD2AD23,
∵AF=AD+DF=1+2=3,在Rt△BAF中,BF=AB2AF2=23.
4.已知Rt△ABD中,边AB=OB=1,∠ABO=90°问题探究:
(1)以AB为边,在Rt△ABO的右边作正方形ABC,如图
(1),则点O与点D的距离为.
(2)以AB为边,在Rt△ABO的右边作等边三角形ABC,如图
(2),求点O与点C的距离.
问题解决:
(3)若线段DE=1,线段DE的两个端点D,E分别在射线OA、OB上滑动,以DE为边向外作等边三角形DEF,如图(3),则点O与点F的距离有没有最大值,如果有,求出最大值,如果没有,说明理由.
22
【解析】
【分析】
试题分析:
(1)、如图1中,连接OD,在Rt△ODC中,根据OD=OC2CD2计算即可.
(2)、如图2中,作CE⊥OB于E,CF⊥AB于F,连接OC.在Rt△OCE中,根据
OC=OE2CE2计算即可.(3)、如图3中,当OF⊥DE时,OF的值最大,设OF交DE于H,在OH上取一点M,使得OM=DM,连接DM.分别求出MH、OM、FH即可解决问题.
【详解】试题解析:
(1)、如图1中,连接OD,
∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC=CD=AD=1,∠C=90°在Rt△ODC中,∵∠C=90,°OC=2,CD=1,
∴OD=OC2CD222125
(2)
、如图2中,作CE⊥OB于E,CF⊥AB于F,连接OC.
∵OM=DM,
1
∵FD=FE=DE=1,OF⊥DE,∴DH=HE,OD=OE,∠DOH=∠DOE=22.5,2
12
∴∠MOD=∠MDO=22.5,°∴∠DMH=∠MDH=45°,∴DH=HM=,∴DM=OM=,
22∵FH=DF2DH23,∴OF=OM+MH+FH=213=321.
22222
321
∴OF的最大值为321.
2
考点:
四边形综合题.
5.已知正方形ABCD中,E为对角线BD上一点,过E点作EF⊥BD交BC于F,连接DF,G为DF中点,连接EG,CG.
(1)请问EG与CG存在怎样的数量关系,并证明你的结论;
(2)将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°,如图②所示,取DF中点G,连接EG,
CG.问
(1)中的结论是否仍然成立?
若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.
(3)将图①中△BEF绕B点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问
(1)中的结论是否仍然成立?
(请直接写出结果,不必写出理由)
解析】【分析】
(1)利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可证出CG=EG.
(2)结论仍然成立,连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点;再证明△DAG≌△DCG,得出AG=CG;再证出△DMG≌△FNG,得到MG=NG;再证明△AMG≌△ENG,得出AG=EG;最后证出CG=EG.
(3)结论依然成立.
【详解】
(1)CG=EG.理由如下:
1
∵四边形ABCD是正方形,∴∠DCF=90.°在Rt△FCD中,∵G为DF的中点,∴CG=FD,
1
同理.在Rt△DEF中,EG=FD,∴CG=EG.
2
(2)
(1)中结论仍然成立,即EG=CG.证法一:
连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点.在△DAG与△DCG中,∵AD=CD,∠ADG=∠CDG,DG=DG,∴△DAG≌△DCG(SAS),∴AG=CG;
在△DMG与△FNG中,∵∠DGM=∠FGN,FG=DG,∠MDG=∠NFG,∴△DMG≌△FNG(ASA),∴MG=NG.
∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90,°∴四边形AENM是矩形,在矩形AENM中,AM=EN.在△AMG与△ENG中,∵AM=EN,∠AMG=∠ENG,MG=NG,∴△AMG≌△ENG(SAS),∴AG=EG,∴EG=CG.
证法二:
延长CG至M,使MG=CG,连接MF,ME,EC.在△DCG与△FMG中,∵FG=DG,∠MGF=∠CGD,MG=CG,∴△DCG≌△FMG,∴MF=CD,∠FMG=∠DCG,∴MF∥CD∥AB,∴EF⊥MF.
在Rt△MFE与Rt△CBE中,∵MF=CB,∠MFE=∠EBC=90°,EF=BE,∴△MFE≌△CBE
∴∠MEF=∠CEB,∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°,∴△MEC为直角三角形.1
∵MG=CG,∴EG=MC,∴EG=CG.
2
(3)
(1)中的结论仍然成立.理由如下:
过F作CD的平行线并延长CG交于M点,连接EM、EC,过F作FN垂直于AB于N.由于G为FD中点,易证△CDG≌△MFG,得到CD=FM,又因为BE=EF,易证
∠EFM=∠EBC,则△EFM≌△EBC,∠FEM=∠BEC,EM=EC
∵∠FEC+∠BEC=90,°∴∠FEC+∠FEM=90°,即∠MEC=90°,∴△MEC是等腰直角三角形.∵G为CM中点,∴EG=CG,EG⊥CG
点睛】
本题是四边形的综合题.
(1)关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答;
(2)关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答.
6.图1、图2是两张形状、大小完全相同的方格纸,方格纸中的每个小正方形的边长均为1,每个小正方形的顶点叫做格点.
(1)在图1中画出等腰直角三角形MON,使点N在格点上,且∠MON=9°0;
(2)在图2中以格点为顶点画一个正方形ABCD,使正方形ABCD面积等于
(1)中等腰直角三角形MON面积的4倍,并将正方形ABCD分割成以格点为顶点的四个全等的直角三角形和一个正方形,且正方形ABCD面积没有剩余(画出一种即可).
【答案】
(1)作图参见解析;
(2)作图参见解析.
【解析】
试题分析:
(1)过点O向线段OM作垂线,此直线与格点的交点为N,连接MN即可;
(2)根据勾股定理画出图形即可.
试题解析:
(1)过点O向线段OM作垂线,此直线与格点的交点为N,连接MN,如图1所示;
考点:
1.作图﹣应用与设计作图;2.勾股定理.
7.如图,在正方形ABCD中,E是边AB上的一动点,点F在边BC的延长线上,且CFAE,连接DE,DF,EF.FH平分EFB交BD于点H.
(1)求证:
DEDF;
(2)求证:
DHDF:
(3)过点H作HM⊥EF于点M,用等式表示线段AB,HM与EF之间的数量关系,并证明.
【答案】
(1)详见解析;
(2)详见解析;(
3)EF
2AB
2HM,
证明详见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据正方形性质,
CFAE得到DE
DF.
(2)由△AED≌△CFD,得DEDF.由
ABC
90,
BD平分
ABC
得DBF45.因为
FH平分EFB,所以
EFH
BFH
.由于
DHFDBF
BFH45BFH,
DFH
DFE
EFH45
EFH
所以DHDF.
(3)过点H作HN
BC于点N,由正方形
ABCD性质,得
BDAB2AD2
2AB.由FH平分EFB,
HMEF,HNBC
,得
HMHN.因为HBN45,HNB90
,所以
BHHN
sin45
2HN
2HM
由EFDF2DF2DH,得EF
2AB
2HM.
cos45
【详解】
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴ADCD,EADBCDADC90.
∴EADFCD90.
∵CFAE。
∴△AED≌△CFD.
∴ADECDF.
∴EDFEDCCDFEDCADEADC90∴DEDF.
(2)证明:
∵△AED≌△CFD,
∴DEDF.
EDF
90,
DEF
DFE45.
ABC
90,BD平分ABC,
DBF
45.
FH平分
EFB,
EFH
BFH.
DFHDFEEFH45EFH∴DHFDFH.
∴DHDF.
(3)EF2AB2HM.
证明:
过点H作HNBC于点N,如图,
FH平分EFB
,HM
EF,HNBC,
HM
HN.
HBN
45,
HNB
90,
BHHN
sin45
2HN
2HM.
DH
BDBH
2AB2HM.
EFDF
2DF
2DH,
∵正方形ABCD中,ABAD,BAD90,∴BDAB2AD22AB.
cos45
∴EF2AB2HM.
【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数,题目难度较大,解题的关键是熟练掌握正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数.
8.(问题情境)在△ABC中,AB=AC,点P为BC所在直线上的任一点,过点P作PD⊥AB,PE⊥AC,垂足分别为D、E,过点C作CF⊥AB,垂足为F.当P在BC边上时(如图1),求证:
PD+PE=CF.
证明思路是:
如图2,连接AP,由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得:
PD+PE=CF.(不要证明)
(变式探究)
(1)当点P在CB延长线上时,其余条件不变(如图3),试探索PD、PE、
CF之间的数量关系并说明理由;
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题:
(结论运用)
(2)如图4,将长方形ABCD沿EF折叠,使点D落在点B上,点C落在点C′处,点P为折痕EF上的任一点,过点P作PG⊥BE、PH⊥BC,垂足分别为G、H,若AD=16,CF=6,求PG+PH的值.
4
2x+8相交于点
P到直线l1的
迁移拓展)(3)在直角坐标系中,直线l1:
y=-x+8与直线l2:
y=﹣
3
A,直线l1、l2与x轴分别交于点B、点C.点P是直线l2上一个动点,若点距离为2.求点P的坐标.
∵PD⊥AB,PE⊥AC,CF⊥AB,且S△ABC=S△ACP﹣S△ABP,
111
∴AB?
CF=AC?
PE﹣AB?
PD.
222
∵AB=AC,
∴CF=PD﹣PE;
结论运用:
过点E作EQ⊥BC,垂足为Q,如图④,
∵四边形ABCD是长方形,
∴AD=BC,∠C=∠ADC=90°.
∵AD=16,CF=6,
∴BF=BC﹣CF=AD﹣CF=5,由折叠可得:
DF=BF,∠BEF=∠DEF.
∴DF=5.
∵∠C=90°,
∴DC=DF2CF210262=8.
∵EQ⊥BC,∠C=∠ADC=90°,
∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC.
∴四边形EQCD是长方形.
∴EQ=DC=4.
∵AD∥BC,
∴∠DEF=∠EFB.
∵∠BEF=∠DEF,
∴∠BEF=∠EFB.
∴BE=BF,
由问题情境中的结论可得:
PG+PH=EQ.
∴PG+PH=8.
∴PG+PH的值为8;
迁移拓展:
如图,
由题意得:
A(0,8),B(6,0),C(﹣4,0)
∴AB=6282=10,BC=10.
∴AB=BC,
(1)由结论得:
P1D1+P1E1=OA=8
∵P1D1=1=2,
∴P1E1=6即点P1的纵坐标为6
又点P1在直线l2上,
∴y=2x+8=6,
∴x=﹣1,
即点P1的坐标为(﹣1,6);
(2)由结论得:
P2E2﹣P2D2=OA=8
∵P2D2=2,
∴P2E2=10即点P1的纵坐标为10
又点P1在直线l2上,
∴y=2x+8=10,
∴x=1,
即点P1的坐标为(1,10)
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定及勾股定理等知识点,利用面积法列出等式是解决问题的关键.
9.菱形ABCD中、∠BAD=120°,点O为射线CA上的动点,作射线OM与直线BC相交于点E,将射线OM绕点O逆时针旋转60°,得到射线ON,射线ON与直线CD相交于点F.
(1)如图①,点O与点A重合时,点E,F分别在线段BC,CD上,请直接写出CE,CF,CA三条段段之间的数量关系;
1
(2)如图②,点O在CA的延长线上,且OA=AC,E,F分别在线段BC的延长线和线
3
段CD的延长线上,请写出CE,CF,CA三条线段之间的数量关系,并说明理由;
(3)点O在线段AC上,若AB=6,BO=27,当CF=1时,请直接写出BE的长.
解析】
△ADF≌△ACE(SAS)即可解决问题;
分析】
1)如图①中,结论:
CA=CE+CF.只要证明
4
OG∥AD交CF于G,则△OGC是等边三角
(2)结论:
CF-CE=AC.如图②中,如图作
3
形.只要证明△FOG≌△EOC(ASA)即可解决问题;
(3)分四种情形画出图形分别求解即可解决问题【详解】
∴△ABC,△ACD都是等边三角形,
∵∠DAC=∠EAF=60,°
∴∠DAF=∠CAE,∵CA=AD,∠D=∠ACE=60,°
∴△ADF≌△ACE(SAS),∴DF=CE,∴CE+CF=CF+DF=CD=A,C∴CA=CE+CF.
(2)结论:
CF-CE=AC.
3
理由:
如图②中,如图作OG∥AD交CF于G,则△OGC是等边三角形.
∵∠GOC=∠FOE=60,°
∴∠FOG=∠EOC,
∵OG=OC,∠OGF=∠ACE=120,°
∴△FOG≌△EOC(ASA),
∴CE=FG,
∵OC=OG,CA=CD,
∴OA=DG,
14
∴CF-EC=CF-FG=CG=CD+DG=AC+AC=AC,
33
(3)作BH⊥AC于H.∵AB=6,AH=CH=3,
∴BH=33,
如图③-1中,当点O在线段AH上,点F在线段CD上,点E在线段BC上时.
∵OB=27,
∴OH=OB2BH2=1,∴OC=3+1=4,
由
(1)可知:
CO=CE+C,F∵OC=4,CF=1,
∴CE=3,∴BE=6-3=3.
DC的延长线上,点
E在线段BC上时.
∴CE=4+1=5,
∴BE=1.
CD上,点E在线段
同法可证:
OC=CE+C,F
BC上时.
∵OC=CH-OH=3-1=2,CF=1,
∴CE=1,
∴BE=6-1=5.
如图③-4中,当点O在线段CH上,点F在线段
同法可知:
CE-CF=OC,
∴CE=2+1=3,
∴BE=3,
综上所述,满足条件的BE的值为3或5或1.
【点睛】本题属于四边形综合题,考查了全等三角形的判定和性质,等边三角形的性质,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,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.
10.正方形ABCD,点E在边BC上,点F在对角线AC上,连AE.
(1)如图1,连EF,若EF⊥AC,4AF=3AC,AB=4,求△AEF的周长;
(2)如图2,若AF=AB,过点F作FG⊥AC交CD于G,点H在线段FG上(不与端点重合),连AH.若∠EAH=45°,
求证:
EC=HG+2FC.
【答案】
(1)2542;
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)由正方形性质得出AB=BC=CD=AD=4,∠B=∠D=90°,∠ACB=∠ACD=∠BAC=∠ACD=45°,得出AC=2AB=42,求出AF=32,CF=AC﹣AF=2,求出△CEF是等腰直角三角形,得出EF=CF=2,CE=2CF=2,在Rt△AEF中,由勾股定理求出AE,即可得出△AEF的周长;
(2)延长GF交BC于M,连接AG,则△CGM和△CFG是等腰直角三角形,得出CM=CG,CG=2CF,证出BM=DG,证明Rt△AFG≌Rt△ADG得出FG=DG,BM=FG,再证明△ABE≌△AFH,得出BE=FH,即可得出结论.
【详解】
(1)∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC=CD=AD=4,∠B=∠D=90°,∠ACB=∠ACD=∠BAC=∠ACD=45°,
∴AC=2AB=42,
∵4AF=3AC=122,
∴AF=32,
∴CF=AC﹣AF=2,
∵EF⊥AC,
∴△CEF是等腰直角三角形,
∴EF=CF=2,CE=2CF=2,
在Rt△AEF中,由勾股定理得:
AE=AF2EF225,∴△AEF的周长=AE+EF+AF=252322542;
(2)证明:
延长GF交BC于M,连接AG,如图2所示:
则△CGM和△CFG是等腰直角三角形,
∴CM=CG,CG=2CF,
∴BM=DG,
∵AF=AB,
∴AF=AD,
在Rt△AFG和Rt△ADG中,
AGAG
AFAD,
∴Rt△AFG≌Rt△ADG(HL),∴FG=DG,∴BM=FG,∵∠BAC=∠EAH=4
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