2021年蘇州市中考一輪復(fù)習(xí)第23講《特殊四邊形》講學(xué)案
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2021年蘇州市中考一輪復(fù)習(xí)第23講《特殊四邊形》講學(xué)案
2021年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第23講?特殊四邊形?
【考點(diǎn)解析】
知識(shí)點(diǎn)一、矩形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用
【例1】〔2021·四川宜賓〕如圖,點(diǎn)P是矩形ABCD的邊AD上的一動(dòng)點(diǎn),矩形的兩條邊AB、BC的長(zhǎng)分別是6和8,那么點(diǎn)P到矩形的兩條對(duì)角線AC和BD的距離之和是〔 〕
A.4.8 B.5 C.6 D.7.2
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì).
【分析】首先連接OP,由矩形的兩條邊AB、BC的長(zhǎng)分別為3和4,可求得OA=OD=5,△AOD的面積,然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA?PE+OD?PF求得答案.
【解答】解:連接OP,
∵矩形的兩條邊AB、BC的長(zhǎng)分別為6和8,
∴S矩形ABCD=AB?BC=48,OA=OC,OB=OD,AC=BD=10,
∴OA=OD=5,
∴S△ACD=S矩形ABCD=24,
∴S△AOD=S△ACD=12,
∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA?PE+OD?PF=×5×PE+×5×PF=〔PE+PF〕=12,
解得:PE+PF=4.8.
應(yīng)選:A.
【變式】
〔2021·四川眉山·3分〕如圖,矩形ABCD中,O為AC中點(diǎn),過(guò)點(diǎn)O的直線分別與AB、CD交于點(diǎn)E、F,連結(jié)BF交AC于點(diǎn)M,連結(jié)DE、BO.假設(shè)∠COB=60°,F(xiàn)O=FC,那么以下結(jié)論:①FB垂直平分OC;②△EOB≌△CMB;③DE=EF;④S△AOE:S△BCM=2:3.其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是〔 〕
A.4個(gè) B.3個(gè) C.2個(gè) D.1個(gè)
【分析】①利用線段垂直平分線的性質(zhì)的逆定理可得結(jié)論;
②證△OMB≌△OEB得△EOB≌△CMB;
③先證△BEF是等邊三角形得出BF=EF,再證?DEBF得出DE=BF,所以得DE=EF;
④由②可知△BCM≌△BEO,那么面積相等,△AOE和△BEO屬于等高的兩個(gè)三角形,其面積比就等于兩底的比,即S△AOE:S△BOE=AE:BE,由直角三角形30°角所對(duì)的直角邊是斜邊的一半得出BE=2OE=2AE,得出結(jié)論S△AOE:S△BOE=AE:BE=1:2.
【解答】解:①∵矩形ABCD中,O為AC中點(diǎn),
∴OB=OC,
∵∠COB=60°,
∴△OBC是等邊三角形,
∴OB=BC,
∵FO=FC,
∴FB垂直平分OC,
故①正確;
②∵FB垂直平分OC,
∴△CMB≌△OMB,
∵OA=OC,∠FOC=∠EOA,∠DCO=∠BAO,
∴△FOC≌△EOA,
∴FO=EO,
易得OB⊥EF,
∴△OMB≌△OEB,
∴△EOB≌△CMB,
故②正確;
③由△OMB≌△OEB≌△CMB得∠1=∠2=∠3=30°,BF=BE,
∴△BEF是等邊三角形,
∴BF=EF,
∵DF∥BE且DF=BE,
∴四邊形DEBF是平行四邊形,
∴DE=BF,
∴DE=EF,
故③正確;
④在直角△BOE中∵∠3=30°,
∴BE=2OE,
∵∠OAE=∠AOE=30°,
∴AE=OE,
∴BE=2AE,
∴S△AOE:S△BCM=S△AOE:S△BOE=1:2,
故④錯(cuò)誤;
所以其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為3個(gè);
應(yīng)選B
【點(diǎn)評(píng)】此題綜合性比擬強(qiáng),既考查了矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì),又考查了全等三角形的性質(zhì)和判定,及線段垂直平分線的性質(zhì),內(nèi)容雖多,但不復(fù)雜;看似一個(gè)選擇題,其實(shí)相當(dāng)于四個(gè)證明題,屬于常考題型.
知識(shí)點(diǎn)二、菱形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用
【例2】〔2021遼寧朝陽(yáng)〕如圖,在△ABC中,點(diǎn)D是BC的中點(diǎn),點(diǎn)E、F分別是線段AD及其延長(zhǎng)線上,且DE=DF,給出以下條件:①BE⊥EC;②BF∥EC;③AB=AC,從中選擇一個(gè)條件使四邊形BECF是菱形,并給出證明,你選擇的條件是 〔只填寫序號(hào)〕.
【答案】③,證明見(jiàn)解析.
【分析】由點(diǎn)D是BC的中點(diǎn),點(diǎn)E、F分別是線段AD及其延長(zhǎng)線上,且DE=DF,即可得到四邊形BECF是平行四邊形,由AF是BC的中垂線,得到BE=CE,從而得到結(jié)論.
【解析】∵BD=CD,DE=DF,∴四邊形BECF是平行四邊形,①BE⊥EC時(shí),四邊形BECF是矩形,不一定是菱形;
②四邊形BECF是平行四邊形,那么BF∥EC一定成立,故不一定是菱形;
③AB=AC時(shí),∵D是BC的中點(diǎn),∴AF是BC的中垂線,∴BE=CE,∴平行四邊形BECF是菱形.
故答案為:③.
.【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了菱形的判定以及等腰三角形的性質(zhì),能根據(jù)條件來(lái)選擇讓問(wèn)題成立的條件是解題關(guān)鍵.
【變式】
〔2021·青海西寧·2分〕如圖,在菱形ABCD中,E,F(xiàn)分別是AD,BD的中點(diǎn),假設(shè)EF=2,那么菱形ABCD的周長(zhǎng)是 16?。?
【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì);三角形中位線定理.
【分析】先利用三角形中位線性質(zhì)得到AB=4,然后根據(jù)菱形的性質(zhì)計(jì)算菱形ABCD的周長(zhǎng).
【解答】解:∵E,F(xiàn)分別是AD,BD的中點(diǎn),
∴EF為△ABD的中位線,
∴AB=2EF=4,
∵四邊形ABCD為菱形,
∴AB=BC=CD=DA=4,
∴菱形ABCD的周長(zhǎng)=4×4=16.
故答案為16.
知識(shí)點(diǎn)三、正方形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用
【例3】〔2021·四川眉山·3分〕把邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到正方形AB′C′D′,邊BC與D′C′交于點(diǎn)O,那么四邊形ABOD′的周長(zhǎng)是〔 〕
A. B.6 C. D.
【分析】由邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到正方形AB′C′D′,利用勾股定理的知識(shí)求出BC′的長(zhǎng),再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì),勾股定理可求BO,OD′,從而可求四邊形ABOD′的周長(zhǎng).
【解答】解:連接BC′,
∵旋轉(zhuǎn)角∠BAB′=45°,∠BAD′=45°,
∴B在對(duì)角線AC′上,
∵B′C′=AB′=3,
在Rt△AB′C′中,AC′==3,
∴B′C=3﹣3,
在等腰Rt△OBC′中,OB=BC′=3﹣3,
在直角三角形OBC′中,OC=〔3﹣3〕=6﹣3,
∴OD′=3﹣OC′=3﹣3,
∴四邊形ABOD′的周長(zhǎng)是:2AD′+OB+OD′=6+3﹣3+3﹣3=6.
應(yīng)選:A.
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì).此題難度適中,注意連接BC′構(gòu)造等腰Rt△OBC′是解題的關(guān)鍵,注意旋轉(zhuǎn)中的對(duì)應(yīng)關(guān)系.
【變式】
〔2021·四川攀枝花〕如圖,正方形紙片ABCD中,對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O,折疊正方形紙片ABCD,使AD落在BD上,點(diǎn)A恰好與BD上的點(diǎn)F重合,展開(kāi)后折痕DE分別交AB、AC于點(diǎn)E、G,連結(jié)GF,給出以下結(jié)論:①∠ADG=22.5°;②tan∠AED=2;③S△AGD=S△OGD;④四邊形AEFG是菱形;⑤BE=2OG;⑥假設(shè)S△OGF=1,那么正方形ABCD的面積是6+4,其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)為〔 〕
A.2 B.3 C.4 D.5
【考點(diǎn)】四邊形綜合題.
【分析】①由四邊形ABCD是正方形,可得∠GAD=∠ADO=45°,又由折疊的性質(zhì),可求得∠ADG的度數(shù);
②由AE=EF<BE,可得AD>2AE;
③由AG=GF>OG,可得△AGD的面積>△OGD的面積;
④由折疊的性質(zhì)與平行線的性質(zhì),易得△EFG是等腰三角形,即可證得AE=GF;
⑤易證得四邊形AEFG是菱形,由等腰直角三角形的性質(zhì),即可得BE=2OG;
⑥根據(jù)四邊形AEFG是菱形可知AB∥GF,AB=GF,再由∠BAO=45°,∠GOF=90°可得出△OGF時(shí)等腰直角三角形,由S△OGF=1求出GF的長(zhǎng),進(jìn)而可得出BE及AE的長(zhǎng),利用正方形的面積公式可得出結(jié)論.
【解答】解:∵四邊形ABCD是正方形,
∴∠GAD=∠ADO=45°,
由折疊的性質(zhì)可得:∠ADG=∠ADO=22.5°,
故①正確.
∵由折疊的性質(zhì)可得:AE=EF,∠EFD=∠EAD=90°,
∴AE=EF<BE,
∴AE<AB,
∴>2,
故②錯(cuò)誤.
∵∠AOB=90°,
∴AG=FG>OG,△AGD與△OGD同高,
∴S△AGD>S△OGD,
故③錯(cuò)誤.
∵∠EFD=∠AOF=90°,
∴EF∥AC,
∴∠FEG=∠AGE,
∵∠AGE=∠FGE,
∴∠FEG=∠FGE,
∴EF=GF,
∵AE=EF,
∴AE=GF,
故④正確.
∵AE=EF=GF,AG=GF,
∴AE=EF=GF=AG,
∴四邊形AEFG是菱形,
∴∠OGF=∠OAB=45°,
∴EF=GF=OG,
∴BE=EF=×OG=2OG.
故⑤正確.
∵四邊形AEFG是菱形,
∴AB∥GF,AB=GF.
∵∠BAO=45°,∠GOF=90°,
∴△OGF時(shí)等腰直角三角形.
∵S△OGF=1,
∴OG2=1,解得OG=,
∴BE=2OG=2,GF===2,
∴AE=GF=2,
∴AB=BE+AE=2+2,
∴S正方形ABCD=AB2=〔2+2〕2=12+8,故⑥錯(cuò)誤.
∴其中正確結(jié)論的序號(hào)是:①④⑤.
應(yīng)選B.
【點(diǎn)評(píng)】此題考查的是四邊形綜合題,涉及到正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)以及菱形的判定與性質(zhì)等知識(shí).此題綜合性較強(qiáng),難度較大,注意掌握折疊前后圖形的對(duì)應(yīng)關(guān)系,注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.
知識(shí)點(diǎn)四、特殊平行四邊形的綜合應(yīng)用
【例4】〔2021遼寧鐵嶺〕如圖,矩形ABCD中,AB=8,AD=6,點(diǎn)E、F分別在邊CD、AB上.
〔1〕假設(shè)DE=BF,求證:四邊形AFCE是平行四邊形;
〔2〕假設(shè)四邊形AFCE是菱形,求菱形AFCE的周長(zhǎng).
【答案】〔1〕證明見(jiàn)解析;〔2〕25.
【分析】〔1〕由四邊形ABCD為矩形,得到AB=CD,AB∥CD,由DE=BF,得到AF=CE,AF∥CE,即可證明四邊形AFCE是平行四邊形;
〔2〕由四邊形AFCE是菱形,得到AE=CE,然后設(shè)DE=x,表示出AE,CE的長(zhǎng)度,根據(jù)相等求出x的值,繼而可求得菱形的邊長(zhǎng)及周長(zhǎng).
【解析】〔1〕∵四邊形ABCD為矩形,∴AB=CD,AB∥CD,∵DE=BF,∴AF=CE,AF∥CE,∴四邊形AFCE是平行四邊形;
〔2〕∵四邊形AFCE是菱形,∴AE=CE,設(shè)DE=x,那么AE=,CE=8﹣x,那么,解得:x=,那么菱形的邊長(zhǎng)為:=,周長(zhǎng)為:4×=25,故菱形AFCE的周長(zhǎng)為25.
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定、菱形的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí),能正確地分析圖形的特點(diǎn)是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵.
【變式】
〔2021·四川內(nèi)江〕如下圖,△ABC中,D是BC邊上一點(diǎn),E是AD的中點(diǎn),過(guò)點(diǎn)A作BC的平行線交CE的延長(zhǎng)線于F,且AF=BD,連接BF.
(1)求證:D是BC的中點(diǎn);
(2)假設(shè)AB=AC,試判斷四邊形AFBD的形狀,并證明你的結(jié)論.
D
C
E
F
B
A
[考點(diǎn)]三角形例行,特殊四邊形的性質(zhì)與判定。
(1)證明:∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn),∴AE=DE.
∵AF∥BC,∴∠AFE=∠DCE,∠FAE=∠CDE.
∴△EAF≌△EDC.
∴AF=DC.
∵AF=BD,
∴BD=DC,即D是BC的中點(diǎn).
(2)四邊形AFBD是矩形.證明如下:
∵AF∥BD,AF=BD,
∴四邊形AFBD是平行四邊形.
∵AB=AC,又由(1)可知D是BC的中點(diǎn),
∴AD⊥BC.
∴□AFBD是矩形.
知識(shí)點(diǎn)五、四邊形的研究應(yīng)用
【例5】〔2021海南〕如圖1,在矩形ABCD中,BC>AB,∠BAD的平分線AF與BD、BC分別交于點(diǎn)E、F,點(diǎn)O是BD的中點(diǎn),直線OK∥AF,交AD于點(diǎn)K,交BC于點(diǎn)G.
〔1〕求證:①△DOK≌△BOG;②AB+AK=BG;
〔2〕假設(shè)KD=KG,BC=4﹣.
①求KD的長(zhǎng)度;
②如圖2,點(diǎn)P是線段KD上的動(dòng)點(diǎn)〔不與點(diǎn)D、K重合〕,PM∥DG交KG于點(diǎn)M,PN∥KG交DG于點(diǎn)N,設(shè)PD=m,當(dāng)S△PMN=時(shí),求m的值.
【考點(diǎn)】四邊形綜合題;全等三角形的判定;矩形的性質(zhì);相似三角形的判定與性質(zhì).
【分析】〔1〕①先根據(jù)AAS判定△DOK≌△BOG,②再根據(jù)等腰三角形ABF和平行四邊形AFKG的性質(zhì),得出結(jié)論BG=AB+AK;
〔2〕①先根據(jù)等量代換得出AF=KG=KD=BG,再設(shè)AB=a,根據(jù)AK=FG列出關(guān)于a的方程,求得a的值,進(jìn)而計(jì)算KD的長(zhǎng);②先過(guò)點(diǎn)G作GI⊥KD,求得S△DKG的值,再根據(jù)四邊形PMGN是平行四邊形,以及△DKG∽△PKM∽△DPN,求得S△DPN和S△PKM的表達(dá)式,最后根據(jù)等量關(guān)系S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM,列出關(guān)于m的方程,求得m的值即可.
【解答】解:〔1〕①∵在矩形ABCD中,AD∥BC
∴∠KDO=∠GBO,∠DKO=∠BGO
∵點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)
∴DO=BO
∴△DOK≌△BOG〔AAS〕
②∵四邊形ABCD是矩形
∴∠BAD=∠ABC=90°,AD∥BC
又∵AF平分∠BAD
∴∠BAF=∠BFA=45°
∴AB=BF
∵OK∥AF,AK∥FG
∴四邊形AFGK是平行四邊形
∴AK=FG
∵BG=BF+FG
∴BG=AB+AK
〔2〕①由〔1〕得,四邊形AFGK是平行四邊形
∴AK=FG,AF=KG
又∵△DOK≌△BOG,且KD=KG
∴AF=KG=KD=BG
設(shè)AB=a,那么AF=KG=KD=BG=a
∴AK=4﹣﹣a,F(xiàn)G=BG﹣BF=a﹣a
∴4﹣﹣a=a﹣a
解得a=
∴KD=a=2
②過(guò)點(diǎn)G作GI⊥KD于點(diǎn)I
由〔2〕①可知KD=AF=2
∴GI=AB=
∴S△DKG=×2×=
∵PD=m
∴PK=2﹣m
∵PM∥DG,PN∥KG
∴四邊形PMGN是平行四邊形,△DKG∽△PKM∽△DPN
∴,即S△DPN=〔〕2
同理S△PKM=〔〕2
∵S△PMN=
∴S平行四邊形PMGN=2S△PMN=2×
又∵S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM
∴2×=﹣〔〕2﹣〔〕2,即m2﹣2m+1=0
解得m1=m2=1
∴當(dāng)S△PMN=時(shí),m的值為1
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了矩形的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì),解題時(shí)需要運(yùn)用全等三角形的判定與性質(zhì).解答此題的關(guān)鍵是運(yùn)用相似三角形的面積之比等于相似比的平方這一性質(zhì),并根據(jù)圖形面積的等量關(guān)系列出方程進(jìn)行求解,難度較大,具有一定的綜合性.
【變式】
〔2021·浙江省紹興市〕如圖,在矩形ABCD中,點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)B的坐標(biāo)為〔4,3〕,點(diǎn)A、C在坐標(biāo)軸上,點(diǎn)P在BC邊上,直線l1:y=2x+3,直線l2:y=2x﹣3.
〔1〕分別求直線l1與x軸,直線l2與AB的交點(diǎn)坐標(biāo);
〔2〕點(diǎn)M在第一象限,且是直線l2上的點(diǎn),假設(shè)△APM是等腰直角三角形,求點(diǎn)M的坐標(biāo);
〔3〕我們把直線l1和直線l2上的點(diǎn)所組成的圖形為圖形F.矩形ANPQ的頂點(diǎn)N在圖形F上,Q是坐標(biāo)平面內(nèi)的點(diǎn),且N點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x,請(qǐng)直接寫出x的取值范圍〔不用說(shuō)明理由〕.
【考點(diǎn)】四邊形綜合題.
【分析】〔1〕根據(jù)坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求直線l1與x軸,直線l2與AB的交點(diǎn)坐標(biāo);
〔2〕分三種情況:①假設(shè)點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)時(shí),點(diǎn)M在第一象限;假設(shè)點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)時(shí),點(diǎn)M在第一象限;③假設(shè)點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)時(shí),點(diǎn)M在第一象限;進(jìn)行討論可求點(diǎn)M的坐標(biāo);
〔3〕根據(jù)矩形的性質(zhì)可求N點(diǎn)的橫坐標(biāo)x的取值范圍.
【解答】解:〔1〕直線l1:當(dāng)y=0時(shí),2x+3=0,x=﹣
那么直線l1與x軸坐標(biāo)為〔﹣,0〕
直線l2:當(dāng)y=3時(shí),2x﹣3=3,x=3
那么直線l2與AB的交點(diǎn)坐標(biāo)為〔3,3〕;
〔2〕①假設(shè)點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)時(shí),點(diǎn)M在第一象限,連結(jié)AC,
如圖1,∠APB>∠ACB>45°,
∴△APM不可能是等腰直角三角形,
∴點(diǎn)M不存在;
②假設(shè)點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)時(shí),點(diǎn)M在第一象限,如圖2,
過(guò)點(diǎn)M作MN⊥CB,交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N,
那么Rt△ABP≌Rt△PNM,
∴AB=PN=4,MN=BP,
設(shè)M〔x,2x﹣3〕,那么MN=x﹣4,
∴2x﹣3=4+3﹣〔x﹣4〕,
x=,
∴M〔,〕;
③假設(shè)點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)時(shí),點(diǎn)M在第一象限,如圖3,
設(shè)M1〔x,2x﹣3〕,
過(guò)點(diǎn)M1作M1G1⊥OA,交BC于點(diǎn)H1,
那么Rt△AM1G1≌Rt△PM1H1,
∴AG1=M1H1=3﹣〔2x﹣3〕,
∴x+3﹣〔2x﹣3〕=4,
x=2
∴M1〔2,1〕;
設(shè)M2〔x,2x﹣3〕,
同理可得x+2x﹣3﹣3=4,
∴x=,
∴M2〔,〕;
綜上所述,點(diǎn)M的坐標(biāo)為〔,〕,〔2,1〕,〔,〕;
〔3〕x的取值范圍為﹣≤x<0或0<x≤或≤x≤或≤x≤2.
【典例解析】
【例題1】
〔2021貴州畢節(jié)〕如圖,正方形ABCD的邊長(zhǎng)為9,將正方形折疊,使頂點(diǎn)D落在BC邊上的點(diǎn)E處,折痕為GH.假設(shè)BE:EC=2:1,那么線段CH的長(zhǎng)是〔 〕
A.3 B.4 C.5 D.6
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì);翻折變換〔折疊問(wèn)題〕.
【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可得DH=EH,在直角△CEH中,假設(shè)設(shè)CH=x,那么DH=EH=9﹣x,CE=3cm,可以根據(jù)勾股定理列出方程,從而解出CH的長(zhǎng).
【解答】解:由題意設(shè)CH=xcm,那么DH=EH=〔9﹣x〕cm,
∵BE:EC=2:1,
∴CE=BC=3cm
∴在Rt△ECH中,EH2=EC2+CH2,
即〔9﹣x〕2=32+x2,
解得:x=4,即CH=4cm.
應(yīng)選〔B〕
【例題2】
〔2021·福建龍巖·4分〕如圖,在周長(zhǎng)為12的菱形ABCD中,AE=1,AF=2,假設(shè)P為對(duì)角線BD上一動(dòng)點(diǎn),那么EP+FP的最小值為〔 〕
A.1B.2C.3D.4
【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì);軸對(duì)稱-最短路線問(wèn)題.
【分析】作F點(diǎn)關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)F′,那么PF=PF′,由兩點(diǎn)之間線段最短可知當(dāng)E、P、F′在一條直線上時(shí),EP+FP有最小值,然后求得EF′的長(zhǎng)度即可.
【解答】解:作F點(diǎn)關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)F′,那么PF=PF′,連接EF′交BD于點(diǎn)P.
∴EP+FP=EP+F′P.
由兩點(diǎn)之間線段最短可知:當(dāng)E、P、F′在一條直線上時(shí),EP+FP的值最小,此時(shí)EP+FP=EP+F′P=EF′.
∵四邊形ABCD為菱形,周長(zhǎng)為12,
∴AB=BC=CD=DA=3,AB∥CD,
∵AF=2,AE=1,
∴DF=AE=1,
∴四邊形AEF′D是平行四邊形,
∴EF′=AD=3.
∴EP+FP的最小值為3.
應(yīng)選:C.
【例題3】
〔2021·江西〕如圖是一張長(zhǎng)方形紙片ABCD,AB=8,AD=7,E為AB上一點(diǎn),AE=5,現(xiàn)要剪下一張等腰三角形紙片〔△AEP〕,使點(diǎn)P落在長(zhǎng)方形ABCD的某一條邊上,那么等腰三角形AEP的底邊長(zhǎng)是 ?。?
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì);等腰三角形的性質(zhì);勾股定理.
【分析】分情況討論:①當(dāng)AP=AE=5時(shí),那么△AEP是等腰直角三角形,得出底邊PE=AE=5即可;
②當(dāng)PE=AE=5時(shí),求出BE,由勾股定理求出PB,再由勾股定理求出等邊AP即可;
③當(dāng)PA=PE時(shí),底邊AE=5;即可得出結(jié)論.
【解答】解:如下圖:
①當(dāng)AP=AE=5時(shí),
∵∠BAD=90°,
∴△AEP是等腰直角三角形,
∴底邊PE=AE=5;
②當(dāng)PE=AE=5時(shí),
∵BE=AB﹣AE=8﹣5=3,∠B=90°,
∴PB==4,
∴底邊AP===4;
③當(dāng)PA=PE時(shí),底邊AE=5;
綜上所述:等腰三角形AEP的對(duì)邊長(zhǎng)為5或4或5;
故答案為:5或4或5.
【例題4】〔2021·陜西〕如圖,在正方形ABCD中,連接BD,點(diǎn)O是BD的中點(diǎn),假設(shè)M、N是邊AD上的兩點(diǎn),連接MO、NO,并分別延長(zhǎng)交邊BC于兩點(diǎn)M′、N′,那么圖中的全等三角形共有〔 〕
A.2對(duì) B.3對(duì) C.4對(duì) D.5對(duì)
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì);全等三角形的判定.
【分析】可以判斷△ABD≌△BCD,△MDO≌△M′BO,△NOD≌△N′OB,△MON≌△M′ON′由此即可對(duì)稱結(jié)論.
【解答】解:∵四邊形ABCD是正方形,
∴AB=CD=CB=AD,∠A=∠C=∠ABC=∠ADC=90°,AD∥BC,
在△ABD和△BCD中,
,
∴△ABD≌△BCD,
∵AD∥BC,
∴∠MDO=∠M′BO,
在△MOD和△M′OB中,
,
∴△MDO≌△M′BO,同理可證△NOD≌△N′OB,∴△MON≌△M′ON′,
∴全等三角形一共有4對(duì).
應(yīng)選C.
【中考熱點(diǎn)】
【熱點(diǎn)1】
〔2021·湖北隨州·3分〕如圖,邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O.有直角∠MPN,使直角頂點(diǎn)P與點(diǎn)O重合,直角邊PM、PN分別與OA、OB重合,然后逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)∠MPN,旋轉(zhuǎn)角為θ〔0°<θ<90°〕,PM、PN分別交AB、BC于E、F兩點(diǎn),連接EF交OB于點(diǎn)G,那么以下結(jié)論中正確的選項(xiàng)是 〔1〕,〔2〕,〔3〕,〔5〕?。?
〔1〕EF=OE;〔2〕S四邊形OEBF:S正方形ABCD=1:4;〔3〕BE+BF=OA;〔4〕在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中,當(dāng)△BEF與△COF的面積之和最大時(shí),AE=;〔5〕OG?BD=AE2+CF2.
【考點(diǎn)】四邊形綜合題.
【分析】〔1〕由四邊形ABCD是正方形,直角∠MPN,易證得△BOE≌△COF〔ASA〕,那么可證得結(jié)論;
〔2〕由〔1〕易證得S四邊形OEBF=S△BOC=S正方形ABCD,那么可證得結(jié)論;
〔3〕由BE=CF,可得BE+BF=BC,然后由等腰直角三角形的性質(zhì),證得BE+BF=OA;
〔4〕首先設(shè)AE=x,那么BE=CF=1﹣x,BF=x,繼而表示出△BEF與△COF的面積之和,然后利用二次函數(shù)的最值問(wèn)題,求得答案;
〔5〕易證得△OEG∽△OBE,然后由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例,證得OG?OB=OE2,再利用OB與BD的關(guān)系,OE與EF的關(guān)系,即可證得結(jié)論.
【解答】解:〔1〕∵四邊形ABCD是正方形,
∴OB=OC,∠OBE=∠OCF=45°,∠BOC=90°,
∴∠BOF+∠COF=90°,
∵∠EOF=90°,
∴∠BOF+∠COE=90°,
∴∠BOE=∠COF,
在△BOE和△COF中,
,
∴△BOE≌△COF〔ASA〕,
∴OE=OF,BE=CF,
∴EF=OE;故正確;
〔2〕∵S四邊形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC=S正方形ABCD,
∴S四邊形OEBF:S正方形ABCD=1:4;故正確;
〔3〕∴BE+BF=BF+CF=BC=OA;故正確;
〔4〕過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BC,
∵BC=1,
∴OH=BC=,
設(shè)AE=x,那么BE=CF=1﹣x,BF=x,
∴S△BEF+S△COF=BE?BF+CF?OH=x〔1﹣x〕+〔1﹣x〕×=﹣〔x﹣〕2+,
∵a=﹣<0,
∴當(dāng)x=時(shí),S△BEF+S△COF最大;
即在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中,當(dāng)△BEF與△COF的面積之和最大時(shí),AE=;故錯(cuò)誤;
〔5〕∵∠EOG=∠BOE,∠OEG=∠OBE=45°,
∴△OEG∽△OBE,
∴OE:OB=OG:OE,
∴OG?OB=OE2,
∵OB=BD,OE=EF,
∴OG?BD=EF2,
∵在△BEF中,EF2=BE2+BF2,
∴EF2=AE2+CF2,
∴OG?BD=AE2+CF2.故正確.
故答案為:〔1〕,〔2〕,〔3〕,〔5〕.
【熱點(diǎn)2】
〔2021·浙江省紹興市〕如圖,矩形ABCD中,AB=4,BC=2,E是AB的中點(diǎn),直線l平行于直線EC,且直線l與直線EC之間的距離為2,點(diǎn)F在矩形ABCD邊上,將矩形ABCD沿直線EF折疊,使點(diǎn)A恰好落在直線l上,那么DF的長(zhǎng)為 2或4﹣2?。?
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì);翻折變換〔折疊問(wèn)題〕.
【分析】當(dāng)直線l在直線CE上方時(shí),連接DE交直線l于M,只要證明△DFM是等腰直角三角形即可利用DF= DM解決問(wèn)題,當(dāng)直線l在直線EC下方時(shí),由∠DEF1=∠BEF1=∠DF1E,
得到DF1=DE,由此即可解決問(wèn)題.
【解答】解:如圖,當(dāng)直線l在直線CE上方時(shí),連接DE交直線l于M,
∵四邊形ABCD是矩形,
∴∠A=∠B=90°,AD=BC,
∵AB=4,AD=BC=2,
∴AD=AE=EB=BC=2,
∴△ADE、△ECB是等腰直角三角形,
∴∠AED=∠BEC=45°,
∴∠DEC=90°,
∵l∥EC,
∴ED⊥l,
∴EM=2=AE,
∴點(diǎn)A、點(diǎn)M關(guān)于直線EF對(duì)稱,
∵∠MDF=∠MFD=45°,
∴DM=MF=DE﹣EM=2﹣2,
∴DF=DM=4﹣2.
當(dāng)直線l在直線EC下方時(shí),
∵∠DEF1=∠BEF1=∠DF1E,
∴DF1=DE=2,
綜上所述DF的長(zhǎng)為2或4﹣2.
故答案為2或4﹣2.
【熱點(diǎn)3】
〔2021海南〕如圖1,在矩形ABCD中,BC>AB,∠BAD的平分線AF與BD、BC分別交于點(diǎn)E、F,點(diǎn)O是BD的中點(diǎn),直線OK∥AF,交AD于點(diǎn)K,交BC于點(diǎn)G.
〔1〕求證:①△DOK≌△BOG;②AB+AK=BG;
〔2〕假設(shè)KD=KG,BC=4﹣.
①求KD的長(zhǎng)度;
②如圖2,點(diǎn)P是線段KD上的動(dòng)點(diǎn)〔不與點(diǎn)D、K重合〕,PM∥DG交KG于點(diǎn)M,PN∥KG交DG于點(diǎn)N,設(shè)PD=m,當(dāng)S△PMN=時(shí),求m的值.
【考點(diǎn)】四邊形綜合題;全等三角形的判定;矩形的性質(zhì);相似三角形的判定與性質(zhì).
【分析】〔1〕①先根據(jù)AAS判定△DOK≌△BOG,②再根據(jù)等腰三角形ABF和平行四邊形AFKG的性質(zhì),得出結(jié)論BG=AB+AK;
〔2〕①先根據(jù)等量代換得出AF=KG=KD=BG,再設(shè)AB=a,根據(jù)AK=FG列出關(guān)于a的方程,求得a的值,進(jìn)而計(jì)算KD的長(zhǎng);②先過(guò)點(diǎn)G作GI⊥KD,求得S△DKG的值,再根據(jù)四邊形PMGN是平行四邊形,以及△DKG∽△PKM∽△DPN,求得S△DPN和S△PKM的表達(dá)式,最后根據(jù)等量關(guān)系S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM,列出關(guān)于m的方程,求得m的值即可.
【解答】解:〔1〕①∵在矩形ABCD中,AD∥BC
∴∠KDO=∠GBO,∠DKO=∠BGO
∵點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)
∴DO=BO
∴△DOK≌△BOG〔AAS〕
②∵四邊形ABCD是矩形
∴∠BAD=∠ABC=90°,AD∥BC
又∵AF平分∠BAD
∴∠BAF=∠BFA=45°
∴AB=BF
∵OK∥AF,AK∥FG
∴四邊形AFGK是平行四邊形
∴AK=FG
∵BG=BF+FG
∴BG=AB+AK
〔2〕①由〔1〕得,四邊形AFGK是平行四邊形
∴AK=FG,AF=KG
又∵△DOK≌△BOG,且KD=KG
∴AF=KG=KD=BG
設(shè)AB=a,那么AF=KG=KD=BG=a
∴AK=4﹣﹣a,F(xiàn)G=BG﹣BF=a﹣a
∴4﹣﹣a=a﹣a
解得a=
∴KD=a=2
②過(guò)點(diǎn)G作GI⊥KD于點(diǎn)I
由〔2〕①可知KD=AF=2
∴GI=AB=
∴S△DKG=×2×=
∵PD=m
∴PK=2﹣m
∵PM∥DG,PN∥KG
∴四邊形PMGN是平行四邊形,△DKG∽△PKM∽△DPN
∴,即S△DPN=〔〕2
同理S△PKM=〔〕2
∵S△PMN=
∴S平行四邊形PMGN=2S△PMN=2×
又∵S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM
∴2×=﹣〔〕2﹣〔〕2,即m2﹣2m+1=0
解得m1=m2=1
∴當(dāng)S△PMN=時(shí),m的值為1
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了矩形的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì),解題時(shí)需要運(yùn)用全等三角形的判定與性質(zhì).解答此題的關(guān)鍵是運(yùn)用相似三角形的面積之比等于相似比的平方這一性質(zhì),并根據(jù)圖形面積的等量關(guān)系列出方程進(jìn)行求解,難度較大,具有一定的綜合性.