2024浙江中考数学二轮专题训练 题型五 与特殊四边形有关的证明及计算 (含答案)

这是一份2024浙江中考数学二轮专题训练 题型五 与特殊四边形有关的证明及计算 (含答案)，共14页。试卷主要包含了与特殊四边形有关的证明及计算等内容，欢迎下载使用。
类型一 纯几何图形的证明及计算
母题变式练
母题1 (2023余杭区二模改编)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，CD上(不与点A、D、C重合)，连接并延长AF，分别交BE于点G，交BC延长线于点H.
(1)若AE＝DF，请判断BE与AF的位置关系，并说明理由．
【思维教练】要判断BE与AF的位置关系，由已知条件易证明△ABE≌△DAF，再通过证明∠DAF＋∠AEB＝90°即可得到BE⊥AF.
母题1题图
(2)连接EH，若EB＝EH＝2，求GE的长．
【思维教练】要求GE的长，过点E作EM⊥BC于点M，易知四边形ABME为矩形，由矩形的性质和等腰三角形三线合一可得△AEG∽△HBG，BH＝2AE，再根据相似三角形的性质即可求解．
母题变式
【变式角度】(1)设问变已知；(2)由利用等腰三角形求得相似比变为直接给出中点求得相似比．
1. 如图，在正方形ABCD中，点E是AD上一点(不与A，D重合)，连接BE，过点A作AF⊥BE于点G，交CD边于点F，交对角线BD于点H.
(1)求证：BE＝AF；
(2)若点E是AD的中点，当BE＝12时，求线段FH的长．
第1题图
【变式角度】(1)设问变已知；(2)利用相似的性质求“线段长”改为求“面积比值”；(3)新增利用相似及全等的性质，证明线段之间的数量关系.
2. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在AD，DC上(不与A，D，C重合)，连接BE，AF，BE与AF交于点G，与AC交于点H.已知AF⊥BE，CF＝eq \r(2)DF.
(1)求证：AF＝BE；
(2)若△BHO的面积为S1，△BDE的面积为S2，求eq \f(S1,S2)的值；
(3)设AF与BD交于点P，求证：DE＝2PO.
第2题图
针对演练
3. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB和AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG.
(1)求证：△ACE≌△AGB；
(2)若AC＝3，BC＝5，求CE的长．
第3题图
类型二 与函数结合的证明及计算
母题变式练
母题2 (2022杭州23题12分)如图，在正方形ABCD中，点G在边BC上(不与点B、C重合)，连接AG，作DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，设eq \f(BG,BC)＝k.
(1)求证：AE＝BF；
【思维教练】要证AE＝BF，结合正方形性质易联想到需证明△ABF≌△DAE，再根据三角形全等得到对应边相等即可得证．
母题2题图①
(2)连接BE、DF，设∠EDF＝α，∠EBF＝β，求证：tanα＝ktanβ；
【思维教练】要证明tanα＝ktanβ，需先找到α，β所在的直角三角形，用相应的线段长度表示出tanα，tanβ，再求两者之比，在含有多个直角三角形的图形中，注意同一个角的三角函数值可以用不同的线段比值来表示即可转化求解．
母题2题图②
(3)设线段AG与对角线BD交于点H，△AHD和四边形CDHG的面积分别为S1和S2，求eq \f(S2,S1)的最大值．
【思维教练】要求eq \f(S2,S1)的最大值，需先表示出S1，S2，根据eq \f(BG,BC)＝k，再结合相似三角形的性质用含k的式子表示出S1，而S2可用△BCD的面积减去△BGH的面积，进而用含k的式子表示，求出eq \f(S2,S1)的函数表达式，根据函数性质求最值即可
母题2题图③
母题变式
【变式角度】背景图形由正方形变为矩形，设问由正切值的证明改为正切值的计算、由利用相似比得出面积关系改为利用三角函数得出面积关系．
1. (万唯原创) 如图，在矩形ABCD中，点E在BC边上(不与点B、C重合)，连接AE，分别过点B、D作BF⊥AE于点F，DG⊥AE于点G，连接CF.已知AB＝6，BC＝8.
(1)若AE＝AD，求证：AB＝DG；
(2)若点E为BC的中点，求tan∠CFE的值；
(3)设△ABF和△CEF的面积分别为S1，S2，y＝eq \f(S1,S2) ，求y的最小值．
第1题图
针对演练
2. (2023滨江区三模)如图，已知正方形ABCD的边长为4，对称中心为点P，点E在AB上，点F为BC上一个动点，且满足条件∠EPF＝45°，图中两块阴影部分图形关于直线AC对称，设它们的面积和为S1.
(1)求证：∠APE＝∠CFP；
(2)设四边形CMPF的面积为S2，CF＝x，y＝eq \f(S1,S2).
①求y关于x的函数解析式和自变量x的取值范围，并求出y的最大值；
②当图中两块阴影部分图形关于点P成中心对称时，求y的值．
第2题图
参考答案
类型一 纯几何图形的证明及计算
母题1 解：(1)AF⊥BE.
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°，
在△ABE和△DAF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝DA,∠BAE＝∠ADF,AE＝DF))，
∴△ABE≌△DAF(SAS)，
∴∠DAF＝∠ABE，
∵∠AEB＋∠ABE＝90°，
∴∠DAF＋∠AEB＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∴BE⊥AF；
(2)如解图，过点E作EM⊥BC于点M，
母题1解图
∵EB＝EH，EM⊥BC，
∴BM＝MH＝eq \f(1,2)BH，
∵EM⊥BC，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴四边形ABME是矩形，
∴AE＝BM，
∴BH＝2AE，
∵AD∥BC，
∴△AEG∽△HBG，
∴eq \f(HB,AE)＝eq \f(BG,EG)＝2，
∵BE＝2，
∴GE＝eq \f(1,3)BE＝eq \f(2,3).
1. (1)证明：∵AF⊥BE，
∴∠AEB＋∠DAF＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAB＝∠ADF＝90°，AB＝AD，
∴∠AEB＋∠ABE＝90°，
∴∠ABE＝∠DAF，
在△BAE和△ADF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠EAB＝∠FDA,AB＝DA,∠ABE＝∠DAF))，
∴△BAE≌△ADF(ASA)，
∴BE＝AF；
(2)∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝DC，AB∥CD，
由(1)得△BAE≌△ADF，
∴AE＝DF，
∵点E是AD的中点，
∴点F是DC的中点，
∴DF＝eq \f(1,2)AB，即eq \f(AB,DF)＝2，
∵AB∥CD，
∴△AHB∽△FHD.
∴eq \f(AB,FD)＝eq \f(AH,FH)＝2，
∵AF＝BE＝12，
∴FH＝eq \f(1,3)AF＝4.
2. (1)证明：∵四边形ABCD为正方形，BE⊥AF，
∴∠ADF＝∠AGE＝∠EAB＝90°，AD＝AB，
∴∠ABE＋∠GAB＝∠DAF＋∠GAB＝90°，
∴∠ABE＝∠DAF，
在△ADF和△BAE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠ADF＝∠BAE，,DA＝AB，,∠DAF＝∠ABE))，
∴△ADF≌△BAE(ASA)，
∴AF＝BE；
(2)解：如解图，过点F作FM⊥AC于点M，过点O作ON∥AD，交BE于点N，
第2题解图
在Rt△CFM中，∵∠FCM＝45°，∴CF＝eq \r(2)FM，
∵CF＝eq \r(2)DF，∴DF＝FM，
在Rt△ADF和Rt△AMF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AF＝AF,DF＝MF))，
∴△ADF≌△AMF(HL)，
∴∠DAF＝∠FAC，
∵AF⊥BE，
∴∠AGE＝∠AGH＝90°，
∴△AEH是等腰三角形，
∴AE＝AH，∴∠AEH＝∠AHE，
∵ON∥AD，∴∠AEH＝∠ONH，
∵∠AHE＝∠OHN，
∴∠OHN＝∠ONH，∴OH＝ON，
∵ON∥AD，DB＝2OB，
∴DE＝2ON，
∴DE＝2OH.
∵S1＝eq \f(1,2)OH·OB，S2＝eq \f(1,2)DE·AB，
∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(OH·OB,DE·AB)＝eq \f(\f(1,2)DE·OB,DE·AB)＝eq \f(OB,2AB)，
设AD＝AB＝x，在Rt△ABD中，由勾股定理得DB＝eq \r(AB2＋AD2)＝eq \r(2)x，
∴OB＝eq \f(1,2)DB＝eq \f(\r(2),2)x.
∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(\f(\r(2),2)x,2x)＝eq \f(\r(2),4)；
(3)证明：∵∠AOP＝∠AMF＝90°，∠PAO＝∠FAM，
∴△APO∽△AFM，∴eq \f(PO,FM)＝eq \f(AO,AM)，
设DF＝m，则FM＝DF＝MC＝m，FC＝eq \r(2)m，
∴AD＝DC＝(1＋eq \r(2))m，
∴AC＝eq \r(2)AD＝(eq \r(2)＋2)m，
∴AM＝AC－MC＝(eq \r(2)＋1)m，AO＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(\r(2)＋2,2)m，
∴PO＝eq \f(AO,AM)·FM＝eq \f(\f(\r(2)＋2,2)m,（\r(2)＋1）m)·m＝eq \f(\r(2),2)m，
由(1)知△ADF≌△BAE，
∴DF＝AE，
∴DE＝FC＝eq \r(2)m，
∴eq \f(PO,DE)＝eq \f(\f(\r(2),2)m,\r(2)m)＝eq \f(1,2)，即DE＝2PO.
3. (1)证明：∵在正方形ABDE和正方形ACFG中，AE＝AB，AC＝AG，∠EAB＝∠CAG＝90°，
∴∠EAC＋∠CAB＝∠BAG＋∠CAB，
∴∠EAC＝∠BAG，
在△EAC与△BAG中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AE＝AB,∠EAC＝∠BAG，,AC＝AG))
∴△EAC≌△BAG(SAS)；
(2)解：∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝5，
∴CF＝AC＝FG＝3，FB＝BC﹣CF＝2，
∴在Rt△BFG中，由勾股定理得BG＝eq \r(BF2＋BG2)＝eq \r(13)，
由(1)知△EAC≌△BAG，
∴CE＝BG＝eq \r(13).
类型二 与函数结合的证明及计算
母题2 (1)证明：如解图①，记∠BAF＝∠1，∠EAD＝∠2，∠ABF＝∠3，∠ADE＝∠4，
母题2解图①
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AB＝AD，
又∵BF⊥AG，DE⊥AG，
∴∠1＋∠2＝∠1＋∠3＝∠2＋∠4＝90°，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，
在△ABF和△DAE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠1＝∠4,AB＝DA,∠3＝∠2))，
∴△ABF≌△DAE(ASA)，
∴AE＝BF；
(2)证明：如解图②，记∠FBG＝∠5，∠BAG＝∠1，
母题2解图②
由(1)知△ABF≌△DAE，
∴AF＝DE，
∵∠1＋∠ABF＝∠ABF＋∠5＝90°，
∴∠5＝∠1，
∵tanα＝eq \f(EF,DE)，tan β＝eq \f(EF,BF)，
∴eq \f(tanα,tan β)＝eq \f(EF,DE)·eq \f(BF,EF)＝eq \f(BF,DE)＝eq \f(BF,AF)＝tan∠1，
∵tan∠1＝eq \f(BG,AB)＝eq \f(BG,BC)＝k，
∴eq \f(tanα,tan β)＝k，即tanα＝ktan β；
(3)解：如解图③，记∠BAG＝∠1，∠EAD＝∠2，∠ADE＝∠4，
母题2解图③
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，
∴∠2＝∠AGB，∠ADB＝∠DBG，
∴△GBH∽△ADH，
∴eq \f(HG,HA)＝eq \f(HB,HD)＝eq \f(BG,DA)＝eq \f(BG,BC)＝k，
∴eq \f(S△BHG,S△ABH)＝eq \f(HG,HA)＝k，eq \f(S△BHG,S△DHA)＝(eq \f(BG,AD))2＝k2，
设S△BHG＝a，∴S1＝eq \f(1,k2)a，则S△ABH＝eq \f(1,k)a，
S2＝S△BCD－S△BHG＝S△ABD－S△BHG＝S△ABH＋S△AHD－S△BHG＝eq \f(1,k)a＋eq \f(1,k2)a－a，
∴eq \f(S2,S1)＝eq \f(\f(1,k)a＋\f(1,k2)a－a,\f(1,k2)a)＝k＋1－k2＝－(k－eq \f(1,2))2＋eq \f(5,4)，
∵－1＜0，
∴当k＝eq \f(1,2)时，eq \f(S2,S1)有最大值，最大值为eq \f(5,4).
1. (1)证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°，AD∥BC.
∴∠GAD＝∠BEA.
∵DG⊥AE，
∴∠DGA＝∠ABE＝90°，
在△ABE和△DGA中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠ABE＝∠DGA,∠BEA＝∠GAD,AE＝DA))，
∴△ABE≌△DGA(AAS)．
∴AB＝DG；
(2)解：当点E为BC的中点时，如解图①，过点C作CH⊥AE交AE的延长线于点H，
第1题解图①
∴BE＝CE＝4，∠BEF＝∠CEH，
∵BF⊥AE，
∴∠BFE＝∠CHE＝90°.
在△BEF和△CEH中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠BFE＝∠CHE,∠BEF＝∠CEH,BE＝CE))，
∴△BEF≌△CEH(AAS)．
∴EF＝EH，CH＝BF，
∵AB＝6，
∴AE＝eq \r(AB2＋BE2)＝2eq \r(13).
∵eq \f(1,2)AB·BE＝eq \f(1,2)AE·BF，
∴BF＝eq \f(AB·BE,AE)＝eq \f(12\r(13),13).
∵tan∠BEF＝eq \f(BF,EF)＝eq \f(AB,BE)，
∴EF＝eq \f(8\r(13),13).
∴tan∠CFE＝eq \f(CH,FH)＝eq \f(BF,2EF)＝eq \f(3,4)；
(3)设∠FBE＝α，BE＝x，则CE＝8－x，
∴BF＝xcsα.
∵∠BAF＋∠BEF＝90°，∠FBE＋∠BEF＝90°，
∴∠BAF＝∠FBE＝α.
∴AF＝eq \f(BF,tan α)＝eq \f(xcs α,tan α)＝eq \f(xcs2α,sin α).
∴S1＝eq \f(1,2)AF·BF＝eq \f(x2cs3α,2sin α).
如解图②，过点F作FP⊥BC于点P，
第1题解图②
∴FP＝BF·sin α＝xsin αcs α.
∴S2＝eq \f(1,2)CE·FP
＝eq \f(1,2)(8－x)·xsin αcs α.
∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(\f(x2cs3α,2sin α),\f(1,2)（8－x）xsin αcs α)＝eq \f(x2cs2α,（8x－x2）sin2α)＝eq \f(BF2,（8x－x2）\f(BF2,AB2))＝eq \f(AB2,8x－x2)＝eq \f(36,8x－x2).
∵8x－x2＝－(x－4)2＋16，
当x＝4时，8x－x2有最大值16，
∴当x＝4时，eq \f(S1,S2)有最小值，为eq \f(36,16)＝eq \f(9,4).
2. (1)证明：∵∠EPF＝45°，
∴∠APE＋∠FPC＝180°－45°＝135°.
而在△PFC中，由于PC为正方形ABCD的对角线，
则∠CFP＋∠FPC＝180°－45°＝135°，
∴∠APE＝∠CFP；
(2)解：①∵∠APE＝∠CFP，且∠FCP＝∠PAE＝45°，
∴△APE∽△CFP，则eq \f(AP,CF)＝eq \f(AE,CP)，
而在正方形ABCD中，AC为对角线，AC＝eq \r(2)AB＝4eq \r(2)，
又∵点P为对称中心，则AP＝CP＝2eq \r(2)，CF＝x，
∴AE＝eq \f(AP·PC,CF)＝eq \f(2\r(2)×2\r(2),x)＝eq \f(8,x).
如解图，过点P作PH⊥AB于点H，PG⊥BC于点G，
第2题解图
∵点P为AC中点，则PH∥BC，PH＝eq \f(1,2)BC＝2，同理PG＝2.
S△APE＝eq \f(1,2)PH·AE＝eq \f(1,2)×2×eq \f(8,x)＝eq \f(8,x)，
∵阴影部分关于直线AC轴对称，
∴△APE与△APN也关于直线AC对称，
则S四边形AEPN＝2S△APE＝eq \f(16,x)；
而S2＝2S△PFC＝2×eq \f(PG·CF,2)＝2x，
∴S1＝S正方形ABCD－S四边形AEPN－S2＝16－eq \f(16,x)－2x，
∴y＝eq \f(S1,S2)＝eq \f(16－\f(16,x)－2x,2x)＝－eq \f(8,x2)＋eq \f(8,x)－1.
∵点E在AB上运动，点F在BC上运动，
∴2≤x≤4.
令eq \f(1,x)＝a，则y＝－8a2＋8a－1，当a＝－eq \f(8,－2×8)＝eq \f(1,2)时，y取得最大值．
而x＝2在x的取值范围内，代入x＝2，则y最大＝4－2－1＝1.
∴y关于x的函数解析式为y＝－eq \f(8,x2)＋eq \f(8,x)－1(2≤x≤4)，y的最大值为1；
②图中两块阴影部分图形关于点P成中心对称，
而此两块图形也关于直线AC成轴对称，则阴影部分图形自身关于直线BD对称，
则EB＝BF，即AE＝FC，
∴eq \f(8,x)＝x，解得x＝2eq \r(2)或x＝－2eq \r(2)(舍去)，
把x＝2eq \r(2)代入y＝－eq \f(8,x2)＋eq \f(8,x)－1得y＝2eq \r(2)－2.