2022年中考數學三輪沖刺過關回歸教材重難點12 三角形與四邊形的綜合應用-【查漏補缺】

2022年中考數學三輪沖刺過關回歸教材重難點12 三角形與四邊形的綜合應用-【查漏補缺】,查漏補缺,2022年中考數學三輪沖刺過關回歸教材重難點12,三角形與四邊形的綜合應用-【查漏補缺】,2022,年中,數學,三輪,沖刺,過關,回歸,教材,難點,12,三角形,四邊形,綜合,應用,補缺 回歸教材重難點12 三角形與四邊形綜合應用三角形與四邊形綜合應用是初中特殊平行四邊形章節(jié)的重點內容，考查的相對比較綜合，把圖像圖形的性質結合起來，聯(lián)系圖形的幾何變換考查。在中考數學中，主要是以解答題形式出現。通過熟練掌握圖形的性質與幾何變換，提升數學學科素養(yǎng)，提高邏輯思維推斷能力。本考點是中考五星高頻考點，在全國各地的中考試卷中均有出現，題目難度較大，甚至有些地方將其作為解答題的壓軸題。1全等三角形的判定與性質（1）全等三角形的判定是結合全等三角形的性質證明線段和角相等的重要工具在判定三角形全等時，關鍵是選擇恰當的判定條件（2）在應用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當輔助線構造三角形2直角三角形斜邊上的中線（1）性質：在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半（即直角三角形的外心位于斜邊的中點）（2）定理：一個三角形，如果一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個三角形是以這條邊為斜邊的直角三角形3相似三角形的判定與性質三角形相似的判定一直是中考考查的熱點之一，在判定兩個三角形相似時，應注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發(fā)揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構造相似三角形；或依據基本圖形對圖形進行分解、組合；或作輔助線構造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可單獨使用，有時需要綜合運用，無論是單獨使用還是綜合運用，都要具備應有的條件方可4三角形、四邊形、幾何變換運用1（2021山東青島中考真題）已知：如圖，在矩形和等腰中，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動速度為；同時，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為過點作，交于點，交于點，過點作第1頁/共23頁，交于點分別連接，設運動時間為解答下列問題：（1）當時，求的值；（2）設五邊形的面積為，求與之間的函數關系式；（3）當時，求的值；（4）若與相交于點，分別連接和在運動過程中，是否存在某一時刻，使？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在，【分析】（1）先證，得代數計算即可；（2）如圖2中，過點P作POQM于點O證明S=S四邊形DQPM+SDNQ=（PQ+DH）QM+QNND=（HA+DH）QM+QNND=ADQM+QNND，可得結論（3）如圖3中，延長NQ交BE于點G根據PQ=PM，構建方程求解即可（4）存在證明HQWAEW，MHWPAW，推出，推出，由此構建方程求解即可【詳解】（1）由題意可得，在矩形中，在中，又，.答：為時，.第2頁/共23頁（2）過點作，交于點，在等腰中，則.，四邊形是矩形，.，又，.，又，.答：與的函數關系式是.（3）延長交于點，由（1），（2）可得，四邊形是矩形，同理可證，四邊形是矩形.，當時，.又，.答：當時，.第3頁/共23頁（4）由（2）得，為矩形，且.，同理可證，.答：在運動的過程中，存在時刻，使.【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題2（2021甘肅蘭州中考真題）已知正方形，為平面內兩點【探究建?！康?頁/共23頁（1）如圖1，當點在邊上時，且，三點共線求證：；【類比應用】（2）如圖2，當點在正方形外部時，且，三點共線猜想并證明線段，之間的數量關系；【拓展遷移】（3）如圖3，當點在正方形外部時，且，三點共線，與交于點若，求的長【答案】（1）見解析；（2）；理由見解析（3）【分析】（1）根據正方形性質以及題意證明即可得出結論；（2）根據已知條件證明，然后證明為等腰直角三角形即可得出結論；（3）先證明，得出為等腰直角三角形，根據勾股定理以及等腰直角三角形的性質求出的長度，即可得出結論【詳解】解：（1）四邊形是正方形，三點共線，,，,在和中，,;（2），四邊形是正方形，,，,在和中，,為等腰直角三角形，,即；（3）過點D作于點H，連接BD，第5頁/共23頁,，在和中，,，且,為等腰直角三角形，在中，,是正方對角線，,為等腰直角三角形，,在中，,【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，等腰直角三角形判定與性質，熟知性質定理是解本題的關鍵3（2021遼寧鞍山中考真題）如圖，在中，過點A作射線AM交射線BC于點D，將AM繞點A逆時針旋轉得到AN，過點C作交直線AN于點F，在AM上取點E，使（1）當AM與線段BC相交時，如圖1，當時，線段AE，CE和CF之間的數量關系為 如圖2，當時，寫出線段AE，CE和CF之間的數量關系，并說明理由（2）當，時，若是直角三角形，直接寫出AF的長【答案】（1）；，理由見解析；（2）或【分析】（1）結論：如圖1中，作交AM于T想辦法證明，可得結論結論：過點C作于Q想辦法證明，可得結論第6頁/共23頁（2）分兩種情形：如圖31中，當時，過點B作于J，過點F作于K利用勾股定理以及面積法求出CD，再證明，可得結論如圖32中，當時，解直角三角形求出AK，可得結論【詳解】解：（1）結論：理由：如圖1中，作交AM于T，是等邊三角形，四邊形AFCT是平行四邊形，是等邊三角形，故答案為：如圖2中，結論：理由：過點C作于Q，四邊形AFCQ是矩形，（2）如圖31中，當時，過點B作于J，過點F作于K第7頁/共23頁在中，四邊形CDKF是平行四邊形，四邊形CDKF是矩形，如圖32中，當時，同理可得：，在中，第8頁/共23頁綜上所述，滿足條件的AF的值為或【點睛】此題是幾何變換綜合題考查了等邊三角形的判定及性質，平行四邊形的判定及性質，相似三角形的判定及性質，勾股定理，銳角三角函數，此題是一道幾何綜合題，掌握各知識點并掌握推理能力是解題的關鍵4（2021黑龍江牡丹江中考真題）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E是邊BC的中點，AEF90，且EF交正方形外角的平分線CF于點F，過點F作FGBC于點G，連接AC易證：AC（ECFG）（提示：取AB的中點M，連接EM）（1）當點E是BC邊上任意一點時，如圖；當點E在BC延長線上時，如圖，請直接寫出AC，EC，FG的數量關系，并對圖進行證明；（2）已知正方形ABCD的面積是27，連接AF，當ABE中有一個內角為30時，則AF的長為 【答案】（1）當點E是BC邊上任意一點時，AC=（ECFG）；當點E在BC延長線上時，AC=（FGCE）；（2）或【分析】（1）在AB的取一點M，使得AM=EC，連接EM，先證明AMEECF ，得到AE=EF，再證明ABEEGF，得到BE=GF，結合圖形中的點E所在的位置，即可得出AC，EC，FG的數量關系；（2）根據（1）證明過程中得出的結論：AE=EF，分BAE =30或AEB=30兩種情況,解直角三角形即可【詳解】解：（1）當點E是BC邊上任意一點時，AC=（ECFG）；當點E在BC延長線上時，AC=（FGCE）；證明如下：當點E是BC邊上任意一點時，如圖，在AB的取一點M，使得AM=EC，連接EM第9頁/共23頁AEF90，AEB+FEG=90在正方形ABCD中，B =90，BAE+AEB=90BAE=FEGBME=45AME=180BME=18045=135CF平分DCG，GFBC，ECF=180FCG=18045=135，GF=CGAME = ECFAMEECFAE=EF在ABE和EGF中，BAE=FEG，B=G ，AE=EF，ABEEGFBE=GFAB=BC，AB=BC=CE+BE=CE+FGAC=AB，當點E是BC邊上任意一點時，AC=（ECFG）；當點E在BC延長線上時，如圖，在AB的取一點M，使得AM=EC，連接EM同理可證得BE=FGAB=BC = BECE= FGCEAC=AB，當點E在BC延長線上時， AC=（FGCE）（2）正方形ABCD的面積是27，AB=BC=根據（1）中AE=EF，AEF90，可知AF=AE當在ABE中，BAE =30時，點E在BC邊上cosBAE=，AE=6AF=當在ABE中，AEB=30時，點E在BC延長線上sinBAE=，AE=AF=故答案為：或【點睛】本題主要考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質在幾何中的應用、解直角三角形，考查了分類討論這一基本數學思想方法解決這類題目的關鍵是正確的分情況討論，數形結合，化繁為簡5（2021四川成都中考真題）在中，將繞點B第10頁/共23頁順時針旋轉得到，其中點A，C的對應點分別為點，（1）如圖1，當點落在的延長線上時，求的長；（2）如圖2，當點落在的延長線上時，連接，交于點M，求的長；（3）如圖3，連接，直線交于點D，點E為的中點，連接在旋轉過程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，請說明理由【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值為1【分析】（1）根據題意利用勾股定理可求出AC長為4再根據旋轉的性質可知，最后由等腰三角形的性質即可求出的長（2）作交于點D，作交于點E由旋轉可得，再由平行線的性質可知，即可推出，從而間接求出，由三角形面積公式可求出再利用勾股定理即可求出，進而求出最后利用平行線分線段成比例即可求出的長（3）作且交延長線于點P，連接由題意易證明，即得出再由平行線性質可知，即得出，即可證明，由此即易證，得出，即點D為中點從而證明DE為的中位線，即即要使DE最小，最小即可根據三角形三邊關系可得當點三點共線時最小，且最小值即為，由此即可求出DE的最小值【詳解】（1）在中，根據旋轉性質可知，即為等腰三角形，即，（2）如圖，作交于點D，作交于點E第11頁/共23頁由旋轉可得，即，在中，即，（3）如圖，作且交延長線于點P，連接，即，又，在和中 ，即點D為中點點E為AC中點，DE為的中位線，即要使DE最小，最小即可根據圖可知，即當點三點共線時最小，且最小值為此時，即DE最小值為1第12頁/共23頁【點睛】本題為旋轉綜合題考查旋轉的性質，勾股定理，等腰三角形的判定和性質，平行線的性質，平行線分線段成比例，全等三角形的判定和性質，中位線的判定和性質以及三角形三邊關系，綜合性強，為困難題正確的作出輔助線為難點也是解題關鍵6（2021河南洛陽一模）如圖，在正方形ABCD中，AB5，點F在AC上，且CF2，過點F作EFAC于點F，交CD于點E，連接AE，BF(1)【問題發(fā)現】線段AE與BF的數量關系是 ，直線AE與BF所夾銳角的度數是 ；(2)【拓展探究】當CEF繞點C順時針旋轉時，上述結論是否成立？若成立，請寫出結論，并結合圖給出證明；若不成立，請說明理由；(3)【解決問題】在（2）的條件下，當點F到直線BC的距離為2時，請直接寫出AE的長【答案】(1)AEBF，45；(2)結論不變，見解析；(3)或【分析】（1）如圖中，延長BF交AE的延長線于點T證明ACEBCF，推出，CAECBF，可得結論（2）結論不變，證明方法類似（1）（3）分四種情形：如圖1中，當點F在AC上時，如圖2中，當點F到BC的距離為2時，利用勾股定理求出BF即可，當點F在直線BC的下方時，同法可得AE的長【詳解】(1)如圖中，延長BF交AE的延長線于點T四邊形ABCD是正方形，ACBC，ACBACE45，EFCF，CFE90，CEFFCE45，ECCF，ACEBCF，CAECBF，AEBF，CFBAFT，ATFBCF45，直線AE與直線BF的夾角為45，第13頁/共23頁故答案為：AEBF，45(2)結論不變理由：如圖中，設AC交BF于點O，延長BF交AE于點JABC，CFE都是等腰直角三角形，ACBECF45，ACBC，ECCF，BCFACE，ACEBCF，CAECBF，AEBF，BOCAOJ，AJOACB45，直線AE與直線BF的夾角為45(3)如圖1中，當點F在AC上時，過點F作FHBC于點HCFH是等腰直角三角形，點F到BC的距離為2，FHCH2，CF2，BHBC-CH523，BF，AEBF如圖2中，當點F到BC的距離為2時，第14頁/共23頁BF，AEBF，當點F在直線BC的下方時，同法可得AE的長為或，綜上所述，滿足條件的AE的值為或【點睛】本題主要考查了正方形的性質，利用勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題7（2021山東臨沂二模）如圖1，四邊形是正方形，是等邊三角形，為對角線（不含點）上的點(1)當點是與的交點時，如圖1，求的度數；(2)如圖2，若點是上任意一點時，將繞點逆時針旋轉得到，連接，求證：；(3)當點在何處時，的值最小，說明理由【答案】(1)；(2)見解析；(3)當點位于，交點時，的值最小，理由見解析【分析】（1）根據等邊三角形的性質和正方形的性質得出BCE，進而利用三角形外角性質解答即可；（2）根據SAS證明BMC和BNE全等，進而利用全等三角形的性質解答即可；（3）當M點位于BD，CE交點時，BM+2CM的值最小，根據SAS證明ENB和AMB全等，進而利用全等三角形的性質解答【詳解】(1)解：是等邊三角形，第15頁/共23頁四邊形是正方形，是正方形的對角線，是的外角，；(2)證明：由旋轉可知，在和中，；(3)當點位于，交點時，的值最小，理由如下：如圖，連接 在和中，將繞點旋轉，得到，在和中，是等邊三角形，即，四點共線時，有最小值【點睛】本題是四邊形的綜合問題，解題的關鍵是掌握正方形的性質、全等三角形的判定與性質等知識點8（2021江蘇常州一模）中，點D是AB邊上的動點，連接第16頁/共23頁CD(1)如圖1，當是以CD為腰的等腰三角形時，AD長為_；(2)如圖2，作于點E，作交DE于點F，且，求AE的長；(3)將沿CD翻折得，若，求的值【答案】(1)5或；(2)；(3)【分析】（1）分兩種情況討論，利用等腰三角形的性質和相似三角形的性質可求解；（2），利用相似三角形的性質分別求出DE，DF，BF的長，由面積關系列出方程，可求解；（3）設，由相似三角形的性質分別求出，列出方程可求m的值，即可求解【詳解】(1)解：，是的腰，或，當時，如圖，過點D作交BC于點H，當時，如圖，過點C作交AB于點M，第17頁/共23頁，綜上所述：或(2)解：設，四邊形CBFE是矩形，且，解得： ，(3)解：如圖3，設CP交AB于點Q，第18頁/共23頁，設，解得： ，【點睛】本題考查等腰三角形的判定及性質，矩形的判定及性質，相似三角形的判定及性質，關鍵是能夠掌握三角形相似的判定定理，利用相似的性質求解9（2021河南商丘市第一中學一模）如圖1所示，在RtABC中，C90，ABC45，M、N分別是AC、AB的中點，過B作BDMN于D，E是直線MN上一動點，作RtBEF使BEF90，EBF45，連接FN(1)【觀察猜想】如圖2所示，當E與N重合時，的值為_；(2)【問題探究】如圖1所示，當點E與N不重合時，請求出的值及直線FN與MN所夾銳角的度數并說明理由；(3)【問題解決】如圖3所示，當點A、E、F在同一直線上時，請直接寫出的值【答案】(1)；(2)，夾角45，理由見解析；(3)2【分析】（1）根據三角形中位線定理得到MNBC，進而得出DNBANM45，根據等腰直角三角形的性質解答即可；（2）證明FBNEBD，根據相似三角形的性質解答；（3）根據相似三角形的性質得到FNB90，根據線段垂直平分線的性質得到ANNB，結合圖形計算，得到答案【詳解】(1)解：在RtABC中，C90，ABC45，N是AB的中點，則CNBN，即FNBN，第19頁/共23頁M、N分別是AC、AB的中點，MNBC，ANMABC45，DNBANM45，BDMN，故答案為：；【詳解】(2)ABC45，EBF45，ABCEBF，ABCABEEBFABE，即FBNEDB，在RtABC中，C90，ABC45，同理：，FBNEBD，BNFBDE90，FNEFNB+BND90+45135；(3)由（2）可知，FBNEBD，FNBEDB90，ANNB，FAFBEFBE，2【點睛】本題考查了三角形中位線定理，等腰直角三角形的性質，相似三角形的性質與判定，線段垂直平分線的性質，綜合運用以上知識是解題的關鍵10（2021江蘇鹽城二模）如圖，在矩形ABCD中，AB12cm，BC9cm，對角線AC、BD相交于點O，點M從點D出發(fā)沿DA方向向點A勻速運動，速度為4cm/s，點P同時從D出發(fā)，沿DC方向向點C勻速運動，速度為3cm/s過點M作MNBD交AC邊于點E，交AB邊于點N，連接PO并延長，交AB于Q，連接PM、MQ設運動時間為t（s）（0t）(1)當t時，求MN的長；(2)設四邊形MNQP的面積為S（cm2），求S與t之間的函數關系式；(3)是否存在某一時刻t，將MQP沿MQ折疊時，使得點P落在直線AD上？若存在，求出此時t的值，若不存在，說明理由【答案】(1)5cm；(2)（0t）；(3)【分析】（1），先根據題意可得DM的長，進而得出AM，再根據勾股定理求出BD，然后根據相似三角形的性質列出比例式，再代入數值即可得出答案；第20頁/共23頁（2），先求出，再表示出AM，然后根據相似三角形的性質列出比例式表示出AN，最后根據直角梯形的面積-2個直角三角形的面積得出關系式即可；（3），先作QHCD于H，并設MQP沿MQ折疊后點P落在直線DA上的點F處，由折疊的性質及勾股定理表示MF，進而得出AF，再說明DPBQCH，可知AQ，最后根據勾股定理表示出FQ2，PQ2，即可得出方程，并求出解即可【詳解】(1)當時，DM4t6（cm），AM963（cm）在RtABD中，AB12cm，BC9cm，BD15（cm），MN5（cm）；(2)PQ過矩形的中心O，（cm2）DM4t（cm），DP3t（cm），AM（94t ）（cm），（cm），（0t）；(3)過點Q作QHCD于H，設MQP沿MQ折疊后點P落在直線DA上的點F處，則MPMF，QPFQ，DM4t（cm），DP3t（cm），MPMF5t（cm），AF5t（94t）（9t9）（cm）又四邊形ABCD是矩形，BO=DO，OBQ=ODPBOQ=DOP，OBQODP，DPBQCH3t（cm），AQ（123t）（cm），FQ2（123t）2+（9t9）2，PQ2（123t3t）2+92，（123t）2+（9t9）2（123t3t）2+92，t10（舍去）；，t的值為第21頁/共23頁【點睛】這是一道關于動點的綜合問題，考查了相似三角形的性質和判定，勾股定理，矩形的性質，全等三角形的性質和判定等第22頁/共23頁第23頁/共23頁