• 820.18 KB
  • 2021-05-13 发布

2020年中考数学二轮复习压轴专题四边形(含解析)

  • 34页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
四边形[来@源:zzstep*%.&~com]‎ ‎1.【习题再现】‎ 课本中有这样一道题目:‎ 如图1,在四边形ABCD中,E,F,M分别是AB,CD,BD的中点,AD=BC.求证:∠EFM=∠FEM.(不用证明)‎ ‎【习题变式】‎ ‎(1)如图2,在“习题再现”的条件下,延长AD,BC,EF,AD与EF交于点N,BC与EF交于点P.求证:∠ANE=∠BPE.‎ ‎(2)如图3,在△ABC中,AC>AB,点D在AC上,AB=CD,E,F分别是BC,AD的中点,连接EF并延长,交BA的延长线于点G,连接GD,∠EFC=60°.求证:∠AGD=90°.‎ ‎【习题变式】‎ 解:(1)∵F,M分别是CD,BD的中点,‎ ‎∴MF∥BP,,‎ ‎∴∠MFE=∠BPE.‎ ‎∵E,M分别是AB,BD的中点,‎ ‎∴ME∥AN,,‎ ‎∴∠MEF=∠ANE.‎ ‎∵AD=BC,‎ ‎∴ME=MF,‎ ‎∴∠EFM=∠FEM,‎ ‎∴∠ANE=∠BPE.‎ ‎(2)连接BD,取BD的中点H,连接EH,FH.‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∵H,F分别是BD和AD的中点,‎ ‎∴HF∥BG,,‎ ‎∴∠HFE=∠FGA.‎ ‎∵H,E分别是BD,BC的中点,‎ ‎∴HE∥AC,,‎ ‎∴∠HEF=∠EFC=60°.‎ ‎∵AB=CD,‎ ‎∴HE=HF,‎ ‎∴∠HFE=∠EFC=60°,‎ ‎∴∠AGF=60°,[中国教%@育~^出*版网]‎ ‎∵∠AFG=∠EFC=60°,‎ ‎∴△AFG为等边三角形.‎ ‎∴AF=GF,‎ ‎∵AF=FD,‎ ‎∴GF=FD,‎ ‎∴∠FGD=∠FDG=30°,[来#%源:中*国教育出^版网~]‎ ‎∴∠AGD=60°+30°=90°.‎ ‎2.(1)问题:如图1,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,D为BC边上一点(不与点B,C重合),连接AD,过点A作AE⊥AD,并满足AE=AD,连接CE.则线段BD和线段CE的数量关系是 BD=CE ,位置关系是 BD⊥CE .‎ ‎(2)探索:如图2,当D点为BC边上一点(不与点B,C重合),Rt△ABC与Rt△ADE均为等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE.试探索线段BD2、CD2、DE2之间满足的等量关系,并证明你的结论;[中国教%育出版@#~&网]‎ ‎(3)拓展:如图3,在四边形ABCD中,∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°,若BD=3,CD=1,请直接写出线段AD的长.[来#&源:中教^网%~]‎ 第 34 页 共 34 页 解:(1)问题:在Rt△ABC中,AB=AC,‎ ‎∴∠B=∠ACB=45°,‎ ‎∵∠BAC=∠DAE=90°,‎ ‎∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC,即∠BAD=∠CAE,‎ 在△BAD和△CAE中,‎ ‎,‎ ‎∴△BAD≌△CAE(SAS),‎ 故答案为:BD=CE,BD⊥CE;‎ ‎(2)探索:结论:DE2=BD2+CD2,‎ 理由是:如图2中,连接EC.‎ ‎∵∠BAC=∠DAE=90°,‎ ‎∴∠BAD=∠CAE,‎ 在△ABD和△ACE中,‎ ‎∵,‎ ‎∵△BAD≌△CAE(SAS),[来~#源*:中&国教育出版网@]‎ ‎∴BD=CE,∠B=∠ACE=45°,‎ ‎∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°,‎ ‎∴DE2=CE2+CD2,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴DE2=BD2+CD2;‎ ‎(3)拓展:如图3,将AD绕点A逆时针旋转90°至AG,连接CG、DG,‎ 则△DAG是等腰直角三角形,‎ ‎∴∠ADG=45°,‎ ‎∵∠ADC=45°,[w~w@w%.zzstep#.&com]‎ ‎∴∠GDC=90°,‎ 同理得:△BAD≌△CAG,‎ ‎∴CG=BD=3,‎ Rt△CGD中,∵CD=1,‎ ‎∴DG===2,‎ ‎∵△DAG是等腰直角三角形,‎ ‎∴AD=AG=2.‎ ‎3.如图1,正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上,连接BE.DG.‎ ‎(1)BE和DG的数量关系是 BE=DG ,BE和DG的位置关系是 BE⊥DG ;‎ ‎(2)把正方形ECGF绕点C旋转,如图2,(1)中的结论是否还成立?若成立,写出证明过程,若不成立,请说明理由;‎ ‎(3)设正方形ABCD的边长为4,正方形ECGF的边长为3,正方形ECGF绕点C旋转过程中,若A.C.E三点共线,直接写出DG的长.‎ 第 34 页 共 34 页 解:(1)BE=DG.BE⊥DG;理由如下:‎ ‎∵四边形ABCD和四边形CEFG为正方形,‎ ‎∴CD=BC,CE=CG,∠BCE=∠DCG=90°,‎ 在△BEC和△DGC中,,[来源:*中#教&@网~]‎ ‎∴△BEC≌△DGC(SAS),‎ ‎∴BE=DG;‎ 如图1,延长GD交BE于点H,‎ ‎∵△BEC≌△DGC,‎ ‎∴∠DGC=∠BEC,‎ ‎∴∠DGC+∠EBC=∠BEC+∠EBC=90°,[中~^#国教育出版网&%]‎ ‎∴∠BHG=90°,‎ 即BE⊥DG;‎ 故答案为:BE=DG,BE⊥DG.[w@ww.zzste*p.#%co&m]‎ ‎(2)成立,理由如下:如图2所示:‎ 第 34 页 共 34 页 同(1)得:△DCG≌△BCE(SAS),‎ ‎∴BE=DG,∠CDG=∠CBE,‎ ‎∵∠DME=∠BMC,∠CBE+∠BMC=90°,‎ ‎∴∠CDG+∠DME=90°,‎ ‎∴∠DOB=90°,‎ ‎∴BE⊥DG;‎ ‎(3)由(2)得:DG=EB,分两种情况:‎ ‎①如图3所示:‎ ‎[来源%:&中国教育^出版*网@]‎ ‎∵正方形ABCD的边长为4,正方形ECGF的边长为3,[来#源:中%&教网*^]‎ ‎∴AC⊥BD,BD=AC=AB=4,OA=OC=OB=AC=2,CE=3,‎ ‎∴AE=AC﹣CE=,‎ ‎∴OE=OA﹣AE=,‎ 在Rt△BOE中,由勾股定理得:DG=BE==;‎ ‎②如图4所示:‎ 第 34 页 共 34 页 OE=CE+OC=2+3=5,‎ 在Rt△BOE中,由勾股定理得:DG=BE==;‎ 综上所述,若A.C.E三点共线,DG的长为或.‎ ‎4.如图,在△ABC中,∠B=90°,AB=6cm,BC=8cm,动点D从点C出发,沿CA方向匀速运动,速度为2cm/s;同时,动点E从点A出发,沿AB方向匀速运动,速度为1cm/s;当一个点停止运动,另一个点也停止运动.设点D,E运动的时间是t(s)(0<t<5).过点D作DF⊥BC于点F,连接DE,EF.‎ ‎(1)t为何值时,DE⊥AC?‎ ‎(2)设四边形AEFC的面积为S,试求出S与t之间的关系式;‎ ‎(3)是否存在某一时刻t,使得S四边形AEFC:S△ABC=17:24,若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;‎ ‎(4)当t为何值时,∠ADE=45°?‎ ‎[www.zz&^s#tep.c*o~m]‎ 解:(1)∵∠B=90o,AB=6 cm,BC=8 cm,‎ ‎∴AC===10(cm),‎ 第 34 页 共 34 页 若DE⊥AC,‎ ‎∴∠EDA=90°,‎ ‎∴∠EDA=∠B,‎ ‎∵∠A=∠A,‎ ‎∴△ADE∽△ABC,[来源:中国^*&教@#育出版网]‎ ‎∴=,即:=,‎ ‎∴t=,‎ ‎∴当t=s时,DE⊥AC;‎ ‎(2)∵DF⊥BC,‎ ‎∴∠DFC=90°,‎ ‎∴∠DFC=∠B,‎ ‎∵∠C=∠C,‎ ‎∴△CDF∽△CAB,‎ ‎∴=,即=,‎ ‎∴CF=,‎ ‎∴BF=8﹣,‎ BE=AB﹣AE=6﹣t,‎ ‎∴S=S△ABC﹣S△BEF=×AB•BC﹣×BF•BE=×6×8﹣×(8﹣t)×(6﹣t)=﹣t2+t;‎ ‎(3)若存在某一时刻t,使得S四边形AEFC:S△ABC=17:24,‎ 根据题意得:﹣t2+t=××6×8,‎ 解得:t1=,t2=(不合题意舍去),[来%源#:zz@step.*com&]‎ ‎∴当t=s时,S四边形AEFC:S△ABC=17:24;[来&@源:*中^国教育出~版网]‎ ‎(4)过点E作EM⊥AC与点M,如图所示:‎ 则∠EMA=∠B=90°,‎ ‎∵∠A=∠A,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴△AEM∽△ACB,‎ ‎∴==,即==,‎ ‎∴EM=t,AM=t,‎ ‎∴DM=10﹣2t﹣t=10﹣t,‎ 在Rt△DEM中,当DM=ME时,∠ADE=45°,[w&@w%w.^zzst~ep.com]‎ ‎∴10﹣t=t,‎ ‎∴t=‎ ‎∴当t=s时,∠ADE=45°.‎ ‎5.我们定义:如果两个等腰三角形的顶角相等,且项角的顶点互相重合,则称此图形为“手拉手全等模型”.因为顶点相连的四条边,形象的可以看作两双手,所以通常称为“手拉手模型”.例如,如图(1),△ABC与△ADE都是等腰三角形,其中∠BAC=∠DAE,则△ABD≌△ACE(SAS)[中%@#国教^育*出版网]‎ 第 34 页 共 34 页 ‎(1)熟悉模型:如图(2),已知△ABC与△ADE都是等腰三角形,AB=AC,AD=AE,且∠BAC=∠DAE,求证:BD=CE;‎ ‎(2)运用模型:如图(3),P为等边△ABC内一点,且PA:PB:PC=3:4:5,求∠APB的度数.小明在解决此问题时,根据前面的“手拉手全等模型”,以BP为边构造等边△BPM,这样就有两个等边三角形共顶点B,然后连结CM,通过转化的思想求出了∠APB的度数,则∠APB的度数为 150 度;‎ ‎(3)深化模型:如图(4),在四边形ABCD中,AD=4,CD=3,∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°,求BD的长.‎ ‎(1)证明:∵∠BAC=∠DAE,‎ ‎∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAE,[来源:zzst@ep.co^&%#m]‎ 在△BAD和△CAE中,,‎ ‎∴△BAD≌△CAE(SAS),‎ ‎∴BD=CE;‎ ‎(2)解:以BP为边构造等边△BPM,连接CM,如图(3)所示:‎ ‎∵△ABC与△BPM都是等边三角形,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴AB=BC,BP=BM=PM,∠ABC=∠PBM=∠BMP=60°,‎ ‎∴∠ABC﹣∠PBC=∠PBM﹣∠PBC,即∠ABP=∠CBM,‎ 在△ABP和△CBM中,,‎ ‎∴△ABP≌△CBM(SAS),[来%&~源^:中#教网]‎ ‎∴AP=CM,∠APB=∠CMB,‎ ‎∵PA:PB:PC=3:4:5,[来~源:z%^zst&ep.#com]‎ ‎∴CM:PM:PC=3:4:5,‎ ‎∴PC2=CM2+PM2,‎ ‎∴△CMP是直角三角形,‎ ‎∴∠PMC=90°,[来源:中%&@国#教育出版网*]‎ ‎∴∠CMB=∠BMP+∠PMC=60°+90°=150°,[来^源#:中教&~网%]‎ ‎∴∠APB=150°,‎ 故答案为:150;‎ ‎(3)解:过点A作EA⊥AD,且AE=AD,连接CE,DE,如图(4)所示:‎ 则△ADE是等腰直角三角形,∠EAD=90°,‎ ‎∴DE=AD=4,∠EDA=45°,‎ ‎∵∠ADC=45°,‎ ‎∴∠EDC=45°+45°=90°,‎ 在Rt△DCE中,CE===,‎ ‎∵∠ACB=∠ABC=45°,‎ ‎∴∠BAC=90°,AB=AC,‎ ‎∵∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD,即∠BAD=∠CAE,‎ 在△BAD和△CAE中,,[ww&w.#z*zs~tep.co@m]‎ ‎∴△BAD≌△CAE(SAS),[来源:z@&zstep.^#%com]‎ ‎∴BD=CE=.‎ 第 34 页 共 34 页 ‎6.(1)某学校“学习落实”数学兴趣小组遇到这样一个题目[www.z#zste&p*~.co@m]‎ 如图,在△ABC中,点O在线段BC上,∠BAO=30°,∠OAC=75°,AO=,BO:CO=2:1,求AB的长经过数学小组成员讨论发现,过点B作BD∥AC,交AO的延长线于点D,通过构造△ABD就可以解决问题(如图2)‎ 请回答:∠ADB= 75 °,AB= 3‎ ‎(2)请参考以上解决思路,解决问题:‎ 如图3在四边形ABCD中对角线AC与BD相交于点0,AC⊥AD,AO=,∠ABC=∠ACB=75°,BO:OD=2:1,求DC的长 解:(1)如图2中,过点B作BD∥AC,交AO的延长线于点D,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∵BD∥AC,‎ ‎∴∠ADB=∠OAC=75°.‎ ‎∵∠BOD=∠COA,[来源:中国教~#育^&出版%网]‎ ‎∴△BOD∽△COA,‎ ‎∴==2,.‎ 又∵AO=,‎ ‎∴OD=2AO=2,‎ ‎∴AD=AO+OD=3.‎ ‎∵∠BAD=30°,∠ADB=75°,‎ ‎∴∠ABD=180°﹣∠BAD﹣∠ADB=75°=∠ADB,‎ ‎∴AB=AD=3;‎ 故答案为75,3.‎ ‎[来源@:zzstep.c*%&#om]‎ ‎(2)如图3中,过点B作BE∥AD交AC于点E.‎ ‎∵AC⊥AD,BE∥AD,‎ ‎∴∠DAC=∠BEA=90°.‎ ‎∵∠AOD=∠EOB,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴△AOD∽△EOB,‎ ‎∴===2.‎ ‎∵BO:OD=1:3,‎ ‎∵AO=,‎ ‎∴EO=2,‎ ‎∴AE=3.‎ ‎∵∠ABC=∠ACB=75°,‎ ‎∴∠BAC=30°,AB=AC,‎ ‎∴AB=2BE.[来源#~&:中教网@%]‎ 在Rt△AEB中,BE2+AE2=AB2,即(4BE2)2+BE2=(2BE)2,‎ 解得:BE=3,[来源:@中%#&教网^]‎ ‎∴AB=AC=6,AD=‎ 在Rt△CAD中,AC2+AD2=CD2,即62+()2=CD2,‎ 解得:CD=(负根已经舍弃).‎ ‎7.正方形ABCD中,AB=4,点E.F分别在AB.BC边上(不与点A.B重合).‎ ‎(1)如图1,连接CE,作DM⊥CE,交CB于点M.若BE=3,则DM= 5 ;‎ ‎(2)如图2,连接EF,将线段EF绕点F顺时针旋转,当点E落在正方形上时,记为点G;再将线段FG绕点G顺时针旋转,当点F落在正方形上时,记为点H;依此操作下去…,‎ ‎①如图3,线段EF经过两次操作后拼得△EFD,其形状为 等边三角形 ,在此条件下,求证:AE=CF;‎ ‎②若线段EF经过三次操作恰好拼成四边形EFGH,‎ ‎(3)请判断四边形EFGH的形状为 正方形 ,此时AE与BF的数量关系是 AE=BF ;‎ 第 34 页 共 34 页 ‎(4)以1中的结论为前提,设AE的长为x,四边形EFGH的面积为y,求y与x的函数关系式及面积y的取值范围.[来#源%:^中~教网&]‎ 解:(1)如图1中,‎ ‎[来源&%:zz^step#.co@m]‎ ‎∵四边形ABCD是正方形,‎ ‎∴∠B=∠DCM=90°,‎ ‎∵BE=3,BC=4,[来^@源&:%中~教网]‎ ‎∴CE===5,‎ ‎∵DM⊥EC,‎ ‎∴∠DMC+∠MCE=90°,∠MCE+∠CEB=90°,‎ ‎∴∠DMC=∠CEB,‎ ‎∵BC=CD,‎ ‎∴△BCE≌△CDM(AAS),‎ ‎∴DM=EC=5.‎ 故答案为5.‎ ‎(2)如题图3,由旋转性质可知EF=DF=DE,则△DEF为等边三角形.‎ 故答案为等边三角形.‎ ‎(2)①四边形EFGH的形状为正方形,此时AE=BF.理由如下:‎ 依题意画出图形,如答图1所示:连接EG、FH,作HN⊥BC于N,GM⊥AB于M.‎ 第 34 页 共 34 页 由旋转性质可知,EF=FG=GH=HE,‎ ‎∴四边形EFGH是菱形,[中*&%#国教育~出版网]‎ 由△EGM≌△FHN,可知EG=FH,‎ ‎∴四边形EFGH的形状为正方形.‎ ‎∴∠HEF=90°‎ ‎∵∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°,‎ ‎∴∠1=∠3.[w~ww@%.zzstep#.&com]‎ ‎∵∠3+∠4=90°,∠2+∠3=90°,‎ ‎∴∠2=∠4.‎ 在△AEH与△BFE中,‎ ‎,‎ ‎∴△AEH≌△BFE(ASA)‎ ‎∴AE=BF.[来源:^中%国教育&出版~网#]‎ 故答案为正方形,AE=BF.‎ ‎(4)利用①中结论,易证△AEH、△BFE.△CGF、△DHG均为全等三角形,‎ ‎∴BF=CG=DH=AE=x,AH=BE=CF=DG=4﹣x.‎ ‎∴y=S正方形ABCD﹣4S△AEH=4×4﹣4×x(4﹣x)=2x2﹣8x+16.[来源:z@~z^step.#*com]‎ ‎∴y=2x2﹣8x+16(0<x<4)‎ ‎∵y=2x2﹣8x+16=2(x﹣2)2+8,‎ ‎∴当x=2时,y取得最小值8;当x=0时,y=16,[ww^w#*.~zzste@p.com]‎ ‎∴y的取值范围为:8≤y<16.[来源:zzste^p%#.c&om@]‎ 第 34 页 共 34 页 ‎8.已知:如图1,在平面直角坐标系中,长方形OABC的顶点B的坐标是(6,4).[来#源*:%^~中教网]‎ ‎[来源^:*&中教%网~]‎ ‎(1)直接写出A点坐标( 6 , 0 ),C点坐标( 0 , 4 );‎ ‎(2)如图2,D为OC中点.连接BD,AD,如果在第二象限内有一点P(m,1),且四边形OADP的面积是△ABC面积的2倍,求满足条件的点P的坐标;‎ ‎(3)如图3,动点M从点C出发,以每钞1个单位的速度沿线段CB运动,同时动点N从点A出发.以每秒2个单位的速度沿线段AO运动,当N到达O点时,M,N同时停止运动,运动时间是t秒(t>0),在M,N运动过程中.当MN=5时,直接写出时间t的值.‎ 解:(1)∵四边形OABC是长方形,‎ ‎∴AB∥OC,BC∥OA,‎ ‎∵B(6,4),‎ ‎∴A(6,0),C(0,4),‎ 故答案为:6,0,0,4;‎ ‎(2)如图2,[ww#w.zzs%t&ep.^@com]‎ 由(1)知,A(6,0),C(0,4),‎ ‎∴OA=6,OC=4,‎ ‎∵四边形OABC是长方形,[来#源:中*国教育出版^网%~]‎ ‎∴S长方形OABC=OA•OC=6×4=24,‎ 连接AC,‎ ‎∵AC是长方形OABC的对角线,[中&国^教育出#版网@~]‎ ‎∴S△OAC=S△ABC=S长方形OABC=12,‎ ‎∵点D是OC的中点,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴S△OAD=S△OAC=6,‎ ‎∵四边形OADP的面积是△ABC面积的2倍,‎ ‎∴S四边形OADP=2S△ABC=24,‎ ‎∵S四边形OADP=S△OAD+S△ODP=6+S△ODP=24,‎ ‎∴S△ODP=18,‎ ‎∵点D是OC的中点,且OC=4,[来%源@:#&中教网*]‎ ‎∴OD=OC=2,[来源:&%中国教育出~版网*#]‎ ‎∵P(m,1),‎ ‎∴S△ODP=OD•|m|=×2|m|=18,‎ ‎∴m=18(由于点P在第二象限,所以,m小于0,舍去)或m=﹣18,‎ ‎∴P(﹣18,1);‎ ‎(3)如图3,[来源~:*&中^@教网]‎ 由(2)知,OA=6,OC=4,[来#源:%中国@教育~出&版网]‎ ‎∵四边形OABC是长方形,[来*源%:zzstep.^com&@]‎ ‎∴∠AOC=∠OCB=90°,BC=6,‎ 由运动知,CM=t,AN=2t,‎ ‎∴ON=OA﹣AN=6﹣2t,‎ 过点M作MH⊥OA于H,‎ ‎∴∠OHM=90°=∠AOC=∠OCB,‎ ‎∴四边形OCMH是长方形,‎ ‎∴MH=OC=4,OH=CM=t,‎ ‎∴HN=|ON﹣CM|=6﹣2t﹣t|=|6﹣3t|,‎ 在Rt△MHN中,MN=5,根据勾股定理得,HN2=MN2﹣MH2,‎ ‎∴|6﹣3t|2=52﹣42=9,‎ ‎∴t=1或t=3,‎ 即:t的值为1或3.‎ 第 34 页 共 34 页 ‎[来源:zzs~tep.c^%&#om]‎ ‎9.综合与实践[中&国~^教@育出版网*]‎ 问题情境 数学课上,李老师提出了这样一个问题:如图1,点P是正方形ABCD内一点,PA=1,PB=2,PC=3.你能求出∠APB的度数吗?‎ ‎[ww^w.%zzste~p*.@com]‎ ‎(1)小敏与同桌小聪通过观察、思考、讨论后,得出了如下思路:‎ 思路一:将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP'A,连接PP',求出∠APB的度数;‎ 思路二:将△APB绕点B顺时针旋转90°,得到△CP'B,连接PP',求出∠APB的度数.‎ 请参考以上思路,任选一种写出完整的解答过程.[中国教#育^出@版*网&]‎ 类比探究[中~%&国*教育出^版网]‎ ‎(2)如图2,若点P是正方形ABCD外一点,PA=3,PB=1,,求∠APB的度数.‎ 第 34 页 共 34 页 拓展应用 ‎(3)如图3,在边长为的等边三角形ABC内有一点O,∠AOC=90°,∠BOC=120°,则△AOC的面积是  .‎ 解:(1)思路一,如图1,将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP'A,连接PP',[来源:zzst~#@ep&^.com]‎ 则△ABP'≌△CBP,AP'=CP=3,BP'=BP=2,∠PBP'=90°[来@^源~:#中国教育出版网%]‎ ‎∴∠BPP'=45°,‎ 根据勾股定理得,,‎ ‎∵AP=1,‎ ‎∴AP2+P'P2=1+8=9,‎ 又∵P'A2=32=9,‎ ‎∴AP2+P'P2=P'A2,‎ ‎∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°,‎ ‎∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°.[中国教育*出&@%^版网]‎ 思路二、同思路一的方法.‎ ‎(2)如图2,将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP'A,连接PP'.‎ 则△ABP'≌△CBP,,BP'=BP=1,∠PBP'=90°‎ ‎∴∠BPP'=45°,[www#.z@zs*tep.c%om~]‎ 第 34 页 共 34 页 根据勾股定理得,,‎ ‎∵AP=3,‎ ‎∴AP2+P'P2=9+2=11,‎ 又∵,‎ ‎∴AP2+P'P2=P'A2,‎ ‎∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°,[中国教@~育出版*网#%]‎ ‎∴∠APB=∠APP'﹣∠BPP'=90°﹣45°=45°.‎ ‎(3)如图,将△ABO绕点B顺时针旋转60°,得到△BCE,连接OE.[来#%源:^~中教网&]‎ 则△BAO≌△BCE,∠AOB=∠BEC=360°﹣90°﹣120°=150°,[ww*&w.zzste^~p.c@om]‎ ‎∵△BOE是等边三角形,‎ ‎∴∠BEO=∠BOE=60°,‎ ‎∴∠OEC=90°,∠OEC=120°﹣60°=60°,[来源^:*&@中~教网]‎ ‎∴sin60°==,设EC=k,OC=2k,则OA=EC=k,‎ ‎∵∠AOC=90°,‎ ‎∴OA2+OC2=AC2,‎ ‎∴3k2+4k2=7,‎ ‎∴k=1或﹣1(舍弃),‎ ‎∴OA=,OC=2,‎ ‎∴S△AOC=•OA•OC=××2=.‎ 故答案为.‎ 第 34 页 共 34 页 ‎10.如图1,在矩形ABCD中,点P是BC边上一点,连接AP交对角线BD于点E,BP=BE.作线段AP的中垂线MN分别交线段DC,DB,AP,AB于点M,G,F,N.[来源:中#国教育~出版*&网^]‎ ‎(1)求证:∠BAP=∠BGN;‎ ‎(2)若AB=6,BC=8,求;‎ ‎(3)如图2,在(2)的条件下,连接CF,求tan∠CFM的值.‎ ‎(1)证明:如图1中,‎ ‎∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴∠ABC=90°,‎ ‎∴∠BAP=∠APB=90°‎ ‎∵BP=BE,‎ ‎∴∠APB∠BEP=∠GEF,‎ ‎∵MN垂直平分线段AP,[来源:%中*国#教~育出^版网]‎ ‎∴∠GFE=90°,‎ ‎∴∠BGN+∠GEF=90°,‎ ‎∴∠BAP=∠BGN.‎ ‎[来*源%:zzstep.^com&@]‎ ‎(2)解:∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴∠BAD=∠ABP=90°,AD∥BC,AD=BC=8,‎ ‎∴BD===10,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∵AD∥BC,‎ ‎∴∠DAE=∠APB,‎ ‎∵∠APB=∠BEP=∠DEA,‎ ‎∴∠DAE=∠DEA,‎ ‎∴DA=DE=8,‎ ‎∴BE=BP=BD﹣DE=10﹣8=2,[来&源@:~中教^#网]‎ ‎∴PA===2,‎ ‎∵MN垂直平分线段AP,[来源%&:#中国教育出版~网*]‎ ‎∴AF=PF=,‎ ‎∵PB∥AD,‎ ‎∴===,‎ ‎∴PE=PA=,‎ ‎∴EF=PF﹣PE=﹣=,[来源:*z&zstep.#c~om%]‎ ‎∴==.[中国教育出版&*^#@网]‎ ‎(3)解:如图3中,连接AM,MP.设CM=x.‎ ‎∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴∠ADM=∠MCP=90°,AB=CD=6,AD=BC=8,[来@源:^中国教~%育出版#网]‎ ‎∵MN垂直平分线段AP,‎ ‎∴MA=MP,‎ ‎∴AD2+DM2=PC2+CM2,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴82+(6﹣x)2=62+x2,[www.zz#~@step^.com%]‎ ‎∴x=,[来源:*~&%中^教网]‎ ‎∵∠PFM=∠PCM=90°,‎ ‎∴P,F,M,C四点共圆,‎ ‎∴∠CFM=∠CPM,‎ ‎∴tan∠CFM=tan∠CFM===.‎ ‎11.在利用构造全等三角形来解决的问题中,有一种典型的利用倍延中线的方法,例如:在△ABC中,AB=8,AC=6,点D是BC边上的中点,怎样求AD的取值范围呢?我们可以延长AD到点E,使AD=DE,然后连接BE(如图①),这样,在△ADC和△EDB中,由于,∴△ADC≌△EDB,∴AC=EB,接下来,在△ABE中通过AE的长可求出AD的取值范围.‎ 请你回答:‎ ‎(1)在图①中,中线AD的取值范围是 1<AD<7 .‎ ‎(2)应用上述方法,解决下面问题 ‎①如图②,在△ABC中,点D是BC边上的中点,点E是AB边上的一点,作DF⊥DE交AC边于点F,连接EF,若BE=4,CF=2,请直接写出EF的取值范围.‎ ‎②如图③,在四边形ABCD中,∠BCD=150°,∠ADC=30°,点E是AB中点,点F在DC上,且满足BC=CF,DF=AD,连接CE.ED,请判断CE与ED的位置关系,并证明你的结论.‎ 解:(1)延长AD到点E,使AD=DE,连接BE,如图①所示:‎ ‎∵点D是BC边上的中点,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴BD=CD,‎ 在△ADC和△EDB中,,[中#国教育@出版&%网~]‎ ‎∴△ADC≌△EDB(SAS),‎ ‎∴AC=EB=6,[来源:#中^国&教育*出版~网]‎ 在△ABE中,AB﹣BE<AE<AB+BE,‎ ‎∴8﹣6<AE<8+6,即2<AE<14,‎ ‎∴1<AD<7,‎ 故答案为:1<AD<7;[来源:*#中国教^育出版~&网]‎ ‎(2)①延长ED到点N,使ED=DN,连接CN、FN,如图②所示:‎ ‎∵点D是BC边上的中点,‎ ‎∴BD=CD,‎ 在△NDC和△EDB中,中,,‎ ‎∴△NDC≌△EDB(SAS),‎ ‎∴BE=CN=4,[来源:zz@s&te~p.c%o#m]‎ ‎∵DF⊥DE,ED=DN,‎ ‎∴EF=FN,[来@源:^*中&%教网]‎ 在△CFN中,CN﹣CF<FN<CN+CF,[来源@:中#~国*教&育出版网]‎ ‎∴4﹣2<FN<4+2,即2<FN<6,‎ ‎∴2<EF<6;‎ ‎②CE⊥ED;理由如下:‎ 延长CE与DA的延长线交于点G,如图③所示:[来~源:*%中国教育出#版网@]‎ ‎∵点E是AB中点,‎ ‎∴BE=AE,‎ ‎∵∠BCD=150°,∠ADC=30°,‎ ‎∴DG∥BC,‎ ‎∴∠GAE=∠CBE,‎ 第 34 页 共 34 页 在△GAE和△CBE中,,‎ ‎∴△GAE≌△CBE(ASA),‎ ‎∴GE=CE,AG=BC,‎ ‎∵BC=CF,DF=AD,[www.zz^&st#ep.co*m~]‎ ‎∴CF+DF=BC+AD=AG+AD,即:CD=GD,‎ ‎∵GE=CE,‎ ‎∴CE⊥ED.‎ ‎[来源:zzst%&ep#*.c~om]‎ ‎12.如图,在平行四边形ABCD中,AB⊥AC,对角线AC.BD相交于点O,将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α(0°<α≤90°),分别交线段BC.AD于点E.F,已知AB=1,,连接BF.‎ ‎(1)如图①,在旋转的过程中,请写出线段AF与EC的数量关系,并证明;‎ ‎(2)如图②,当α=45°时,请写出线段BF与DF的数量关系,并证明;‎ ‎(3)如图③,当α=90°时,求△BOF的面积.‎ 第 34 页 共 34 页 ‎[中国#教%@育*出版网&]‎ 解:(1)AF=CE;理由如下:‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形,[来源:zz~step.^c%&#om]‎ ‎∴AD∥BC,AO=CO,‎ ‎∴∠FAO=∠ECO,[中^国&%教#育出版网*]‎ ‎∴在△AFO与△CEO中,,‎ ‎∴△AFO≌△CEO(ASA),‎ ‎∴AF=EC;‎ ‎(2)BF=DF;理由如下:‎ ‎∵AB⊥AC,‎ ‎∴∠BAC=90°,‎ ‎∴AC===2,‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形,‎ ‎∴BO=DO,AO=CO=AC=1,‎ ‎∴AB=AO,‎ 又∵AB⊥AC,‎ ‎∴∠AOB=45°,‎ ‎∵α=45°,∠AOF=45°,‎ ‎∴∠BOF=∠AOB+∠AOF=45°+45°=90°,‎ ‎∴EF⊥BD,‎ ‎∵BO=DO,‎ ‎∴BF=DF;‎ ‎(3)∵AB⊥AC,‎ ‎∴∠CAB=90°,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴∠CAB=∠AOF=α=90°,‎ ‎∴AB∥EF,[来源:&中%国教育^出版~网@]‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形,‎ ‎∴AF∥BE,[来源@:中*&国~%教育出版网]‎ ‎∴四边形ABEF是平行四边形,‎ ‎∴AB=EF=1,‎ 由(1)得:△AFO≌△CEO,‎ ‎∴OF=OE=EF=,‎ 由(2)得:AO=1,‎ ‎∵AB∥EF,AO⊥EF,[w^*#w~w.zzs@tep.com]‎ ‎∴S△BOF=S△AOF=AO•OF=×1×=.‎ ‎13.综合与实践 ‎(1)问题发现 如图1,△ACB和△DCE均为等边三角形,点A,D,E在同一直线上,连接BE.请写出∠AEB的度数及线段AD,BE之间的数量关系,并说明理由.‎ ‎(2)类比探究 如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,点A,D,E在同一直线上,CM为△DCE中DE边上的高,连接BE.‎ 填空:①∠AEB的度数为 90° ;‎ ‎②线段CM,AE,BE之间的数量关系为 AE=BE+2CM .‎ ‎(3)拓展延伸[来源^:中国教育出#版*~%网]‎ 在(2)的条件下,若BE=4,CM=3,则四边形ABEC的面积为 35 .‎ 解:(1)∠AEB=60°,AD=BE,理由如下:‎ ‎∵△ACB和△DCE均为等边三角形,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°.‎ ‎∴∠ACD=∠BCE.‎ 在△ACD和△BCE中,,‎ ‎∴△ACD≌△BCE(SAS).‎ ‎∴∠ADC=∠BEC.AD=BE,‎ ‎∵△DCE为等边三角形,‎ ‎∴∠CDE=∠CED=60°.[来%源:@中^国教~育出版#网]‎ ‎∵点A,D,E在同一直线上,‎ ‎∴∠ADC=120°.‎ ‎∴∠BEC=120°.‎ ‎∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°.‎ ‎(2)猜想:①∠AEB=90°,②AE=BE+2CM.理由如下:‎ ‎∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,‎ ‎∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°.‎ ‎∴∠ACD=∠BCE.‎ 在△ACD和△BCE中,,‎ ‎∴△ACD≌△BCE(SAS).‎ ‎∴AD=BE,∠ADC=∠BEC.‎ ‎∵△DCE为等腰直角三角形,‎ ‎∴∠CDE=∠CED=45°.‎ ‎∵点A,D,E在同一直线上,‎ ‎∴∠ADC=135°.‎ ‎∴∠BEC=135°.[来源~:中&*^@教网]‎ ‎∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°.[中*@国&教育^出~版网]‎ ‎∵CD=CE,CM⊥DE,‎ ‎∴DM=ME.‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∵∠DCE=90°,‎ ‎∴DM=ME=CM.‎ ‎∴AE=AD+DE=BE+2CM.[来~%源:zz#s*tep.c&om]‎ 故答案为:90°,AE=BE+2CM;‎ ‎(3)由(2)得:∠AEB=90°,AD=BE=4,‎ ‎∵△DCE均为等腰直角三角形,CM为△DCE中DE边上的高,‎ ‎∴CM⊥AE,DE=2CM=6,‎ ‎∴AE=AD+DE=4+6=10,‎ ‎∴四边形ABEC的面积=△ACE的面积+△ABE的面积=AE×CM+AE×BE=×10×3+×10×4=35;‎ 故答案为:35.[来源:@中%#&教网^]‎ ‎14.如图,正方形OABC的边长为8,P为OA上一点,OP=2,Q为OC边上的一个动点,分别以OPPQ为边在正方形OABC内部作等边三角形OPD和等边三角形PQE.‎ ‎(1)证明:DE=OQ;[来源:#z~zste*p.%co&m]‎ ‎(2)直线ED与OC交于点F,点Q在运动过程中.‎ ‎①∠EFC的度数是否发生改变?若不变,求出这个角的度数;若改变,说明理由;‎ ‎②连结AE,求AE的最小值.‎ 第 34 页 共 34 页 ‎(1)证明:如图1中,‎ ‎∵△OPD和△PQE是等边三角形,‎ ‎∴PO=PD,PQ=PE,∠OPD=∠QPE=60°,‎ ‎∴∠OPQ=∠DPE,‎ ‎∴△OPQ≌△DPE(SAS),‎ ‎∴DE=OQ.‎ ‎[中国教^&%育*出版网@]‎ ‎(2)①∵△OPQ≌△DPE,‎ ‎∴∠EDP=∠POQ=90°,‎ ‎∵∠DOP=∠ODP=60°‎ ‎∴∠FDO=∠FDO=30°,[中国#教^@育*出版网&]‎ ‎∴∠EFC=∠FOC+∠FDO=60°.[来源:&@中国教育出^%*版网]‎ ‎②如图2中,当点Q与点C重合时,以PQ为边作正三角形PQM.‎ 第 34 页 共 34 页 ‎[来源&:~#中%教网*]‎ ‎∵∠EFC=60°为定值,‎ 点E的运动路径为线段DM,[来~源:@#*^中教网]‎ 过点P作PH⊥EA,垂足为H,‎ ‎∴当AE⊥DE时,AE的值最小 ‎∵∠PDE=∠DEH=∠PHE=90°,‎ ‎∴四边形PDEH是矩形,‎ ‎∴∠DPH=90°,EH=PD=2,‎ ‎∴EH=DP=2,‎ 在△PHA中,∠AHP=90°,∠HPA=30°[ww~w.zz%^s#tep.co&m]‎ ‎∴AH=PA=3,‎ ‎∴AE=EH+AH=2+3=5.‎ ‎15.我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂直四边形.‎ ‎(1)如图1,在四边形ABCD中,AB=AD,CB=CD,问四边形ABCD是垂直四边形吗?请说明理由;‎ ‎(2)如图2,四边形ABCD是垂直四边形,求证:AD2+BC2=AB2+CD2;‎ ‎(3)如图3,Rt△ABC中,∠ACB=90°,分别以AC.AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE,连接CE,BG,GE,已知AC=4,BC=3,求GE长.‎ ‎(1)解:四边形ABCD是垂直四边形;理由如下:‎ ‎∵AB=AD,‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴点A在线段BD的垂直平分线上,‎ ‎∵CB=CD,‎ ‎∴点C在线段BD的垂直平分线上,‎ ‎∴直线AC是线段BD的垂直平分线,‎ ‎∴AC⊥BD,即四边形ABCD是垂直四边形;‎ ‎(2)证明:设AC.BD交于点E,如图2所示:‎ ‎∵AC⊥BD,‎ ‎∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°,‎ 由勾股定理得:AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2,AB2+CD2=AE2+BE2+DE2+CE2,‎ ‎∴AD2+BC2=AB2+CD2;‎ ‎(3)解:连接CG、BE,如图3所示:‎ ‎∵正方形ACFG和正方形ABDE,‎ ‎∴AG=AC,AB=AE,CG=AC=4,BE=AB,∠CAG=∠BAE=90°,‎ ‎∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC,即∠GAB=∠CAE,‎ 在△GAB和△CAE中,,‎ ‎∴△GAB≌△CAE(SAS),[中国教*^&%育@出版网]‎ ‎∴∠ABG=∠AEC,‎ 又∵∠AEC+∠CEB+∠ABE=90°,‎ ‎∴∠ABG+∠CEB+∠ABE=90°,即CE⊥BG,‎ ‎∴四边形CGEB是垂直四边形,由(2)得,CG2+BE2=BC2+GE2,‎ ‎∵AC=4,BC=3,[来@源:中国教育出*~&版%网]‎ ‎∴AB===5,BE=AB=5,‎ ‎∴GE2=CG2+BE2﹣BC2=(4)2+(5)2﹣32=73,‎ ‎∴GE=.‎ 第 34 页 共 34 页 ‎ ‎ 第 34 页 共 34 页