江苏2020中考一轮复习培优 提分专练07 以四边形为背景的计算题与证明题

提分专练(七)　以四边形为背景的计算题与证明题

|类型1|　特殊四边形的综合
1.[2017·酒泉] 如图T7-1,矩形ABCD中,AB=6,BC=4,过对角线BD中点O的直线分别交AB,CD边于点E,F.
(1)求证:四边形BEDF是平行四边形;
(2)当四边形BEDF是菱形时,求EF的长.

图T7-1







|类型2|　四边形的折叠
2.[2019·金华] 将一张正方形纸片按如图T7-2步骤,通过折叠得到图④,再沿虚线剪去一个角,展开铺平后得到图⑤,其中FM,GN是折痕,若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等,则FMGF的值是 (　　)

图T7-2
A.5-22 B.2-1 C.12 D.22
3.[2019·杭州] 如图T7-3,把某矩形纸片ABCD沿EF,GH折叠(点E,H在AD边上,点F,G在BC边上),使点B和点C落在AD边上同一点P处,A点的对称点为A'点,D点的对称点为D'点,若∠FPG=90°,△A'EP的面积为4,△D'PH的面积为1,则矩形ABCD的面积等于　　　　. 

图T7-3
4.[2019·青岛] 如图T7-4,在正方形纸片ABCD中,E是CD的中点,将正方形纸片折叠,点B落在线段AE上的点G处,折痕为AF.若AD=4 cm,则CF的长是　　　　 cm. 

图T7-4
5.[2016·连云港] 如图T7-5①,将正方形纸片ABCD对折,使AB与CD重合,折痕为EF.如图②,展开后再折叠一次,使点C与点E重合,折痕为GH,点B的对应点为点M,EM交AB于N.若AD=2,则MN=　　　　　. 

图T7-5
6.[2014·淮安] 如图T7-6,在△ABC中,AD平分∠BAC,将△ABC折叠,使点A与点D重合,展开后折痕分别交AB,AC于点E,F,连接DE,DF.求证:四边形AEDF是菱形.

图T7-6



7.如图T7-7,在矩形纸片ABCD中,已知AB=1,BC=3,点E在边CD上移动,连接AE,将四边形ABCE沿直线AE折叠,得到四边形AB'C'E,点B,C的对应点分别为点B',C'.
(1)当B'C'恰好经过点D时(如图①),求线段CE的长;
(2)若B'C'分别交边AD,CD于点F,G,且∠DAE=22.5°(如图②),求△DFG的面积;
(3)在点E从点C移动到点D的过程中,求点C'运动的路径长.

图T7-7



8.[2017·威海] 如图T7-8,四边形ABCD为一个矩形纸片,AB=3,BC=2,动点P自D点出发沿DC方向运动至C点后停止.△ADP以直线AP为轴翻折,点D落到点D1的位置.设DP=x,△AD1P与原纸片重叠部分的面积为y.
(1)当x为何值时,直线AD1过点C?
(2)当x为何值时,直线AD1过BC的中点E?
(3)求出y与x的函数关系式.

图T7-8





























|类型3|　四边形的平移、旋转
9.[2019·绍兴] 如图T7-9,正方形ABCD的边AB上有一动点E,以EC为边作矩形ECFG,且边FG过点D,在点E从点A移动到点B的过程中,矩形ECFG的面积 (　　)

图T7-9
A.先变大后变小
B.先变小后变大
C.一直变大
D.保持不变
10.问题:如图T7-10①,点E,F分别在正方形ABCD的边BC,CD上,∠EAF=45°,试判断BE,EF,FD之间的数量关系.
【发现证明】
小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,从而发现EF=BE+FD,请你利用图①证明上述结论.
【类比引申】
如图②,四边形ABCD中,∠BAD≠90°,AB=AD,∠B+∠D=180°,点E,F分别在边BC,CD上,则当∠EAF与∠BAD满足　　　　　关系时,仍有EF=BE+FD. 
【探究应用】
如图③,在某公园的同一水平面上,四条通道围成四边形ABCD.已知AB=AD=80米,∠B=60°,∠ADC=120°,∠BAD=150°,道路BC,CD上分别有景点E,F,且AE⊥AD,DF=40(3-1)米,现要在E,F之间修一条笔直道路,求这条道路EF的长(结果取整数,参考数据:2≈1.41,3≈1.73).

图T7-10







11.[2019·德州] (1)如图T7-11①,菱形AEGH的顶点E,H在菱形ABCD的边上,且∠BAD=60°,请直接写出HD∶GC∶EB的结果(不必写计算过程).
(2)将图①中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度,如图②,求HD∶GC∶EB.
(3)把图②中的菱形都换成矩形,如图③,且AD∶AB=AH∶AE=1∶2,此时HD∶GC∶EB的结果与(2)小题的结果相比有变化吗?如果有变化,直接写出变化后的结果(不必写计算过程);若无变化,请说明理由.

①　　　　　　②　　　　　　　　③
图T7-11




【参考答案】
1.解:(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,O是BD的中点,
∴AB∥DC,OB=OD,∴∠OBE=∠ODF,
又∵∠BOE=∠DOF,
∴△BOE≌△DOF(ASA),
∴EO=FO,
∴四边形BEDF是平行四边形.
(2)当四边形BEDF是菱形时,
设BE=x则DE=x,AE=6-x,
在Rt△ADE中,DE2=AD2+AE2,
∴x2=42+(6-x)2,
∴x=133,
∴S菱形BEDF=BE·AD=133×4=523=12BD·EF,
又∵BD=AB2+AD2=62+42=213,
∴12×213·EF=523,∴EF=4133.
2.A　[解析]连接EG,FH交于点O,由题意得△OGF是等腰直角三角形,OF=22GF.∵正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等,∴(OF+FM)2=54GF2,∴22GF+FM=52GF,∴FM=52GF-22GF,∴FMGF=5-22.故选A.
3.2(5+35)　[解析]∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD,AD=BC,设AB=CD=x,由翻折可知:PA'=AB=x,PD'=CD=x,∵△A'EP的面积为4,△D'PH的面积为1,∴A'E=4D'H,设D'H=a,则A'E=4a,易求△A'EP∽△D'PH,∴D'HPA'=PD'EA',∴ax=x4a,∴x2=4a2,∴x=2a或x=-2a(舍去),∴PA'=PD'=2a,∵12·a·2a=1,∴a=1或a=-1(舍去),∴x=2,∴AB=CD=2,PE=22+42=25,PH=12+22=5,∴AD=4+25+5+1=5+35,∴矩形ABCD的面积=2(5+35).故答案为2(5+35).
4.(6-25)　[解析]由勾股定理得AE=25 cm,根据题意得GE=(25-4)cm,设BF=x cm,则FC=(4-x) cm,所以(25-4)2+x2=22+(4-x)2,解得x=25-2,所以CF=(6-25)cm.
5.13　[解析]设DH=x,则CH=2-x,再根据翻折变换的性质得出DE,EH,然后利用勾股定理列出方程求出x,再根据相似三角形的性质,可得NE的长,根据线段的和、差,可得答案.
设DH=x,则CH=2-x.由翻折的性质,知DE=1,EH=CH=2-x,在Rt△DEH中,DE2+DH2=EH2,
即12+x2=(2-x)2,
解得x=34,EH=2-x=54.
∵∠MEH=∠C=90°,
∴∠AEN+∠DEH=90°,
∵∠ANE+∠AEN=90°,
∴∠ANE=∠DEH,
又∠A=∠D,∴△ANE∽△DEH,
∴AEDH=ENEH,即134=EN54,
解得EN=53,∴MN=ME-EN=2-53=13,
故答案为13.
6.证明:由折叠可知AE=ED,AF=DF,

∴∠1=∠2,∠3=∠4.
又∵AD平分∠BAC,
∴∠1=∠3.
∴∠1=∠2=∠3=∠4,
∴AE∥DF,AF∥ED,
∴四边形AEDF为平行四边形,
又AE=ED,∴四边形AEDF为菱形.
7.解:(1)由折叠得∠B=∠B'=90°,AB=AB'=1,BC=B'C'=3,C'E=CE,
由勾股定理得,B'D=AD2-AB'2=(3)2-12=2,所以DC'=3-2,
因为∠ADE=90°,所以∠ADB'+∠EDC'=90°,
又因为∠EDC'+∠DEC'=90°,
所以∠ADB'=∠DEC',
又∠B'=∠C'=90°,所以△AB'D∽△DC'E,
所以AB'DC'=B'DC'E,即13-2=2C'E,
所以CE=C'E=6-2.
(2)∵∠BAD=∠B'=∠D=90°,∠DAE=22.5°,
∴∠BAE=90°-22.5°=67.5°,
∴∠B'AF=67.5°-22.5°=45°,
∴∠B'AF=∠B'FA=45°,
∴∠DFG=∠AFB'=∠DGF=45°,∴DF=DG.
在Rt△AB'F中,AB'=FB'=1,
∴AF=2AB'=2,∴DF=DG=3-2,
∴S△DFG=12×(3-2)2=52-6.

(3)如图,点C'运动的路径长为CC'的长,

在Rt△ADC中,
∵tan∠DAC=CDAD=33,
∴∠DAC=30°,AC=2CD=2.
∵∠C'AD=∠DAC=30°,∴∠CAC'=60°,
∴CC'的长=60π×2180=23π.

8.解:(1)如图①,

由题意得,△ADP≌△AD1P.
∴AD1=AD=2,PD=PD1=x,∠PDA=∠PD1A=90°.
∵直线AD1过点C,∴PD1⊥AC.
在Rt△ABC中,∵AB=3,BC=2,
∴AC=22+32=13,CD1=13-2.
在Rt△PCD1中,PC2=PD12+CD12,
即(3-x)2=x2+(13-2)2,
解得x=213-43.
∴当x=213-43时,直线AD1过点C.

(2)如图②,连接PE.

∵E为BC中点,∴BE=CE=1.
在Rt△ABE中,
AE=AB2+BE2=10.
∵AD1=AD=2,PD=PD1=x,
∴D1E=10-2,PC=3-x.
在Rt△PD1E和Rt△PCE中,
x2+(10-2)2=(3-x)2+12,
解得x=210-23.
∴当x=210-23时,直线AD1过BC的中点E.
(3)如图③,当0≤x≤2时,y=x.

如图④,当2 ∵AB∥CD,∴∠1=∠2.
∵∠1=∠3,∴∠2=∠3,∴FP=FA.
作PG⊥AB,垂足为点G,
设FP=FA=a,
由题意得,AG=DP=x,FG=x-a.
在Rt△PFG中,由勾股定理,得(x-a)2+22=a2,
解得a=4+x22x,∴y=12×2×4+x22x=x2+42x.
综上所述,当0≤x≤2时,y=x;当2 9.D　[解析]∵四边形ABCD是正方形,四边形ECFG是矩形,
∴∠B=∠F=∠BCD=∠ECF=90°,
又∵∠BCE+∠ECD=∠ECD+∠FCD=90°,
∴∠BCE=∠FCD,∴△BCE∽△FCD.
∴BCEC=CFCD,∴BC·CD=FC·CE,∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等,故选D.
10.[解析] 【发现证明】 根据旋转的性质可以得到AE=AG,BE=DG,∠B=∠ADG=90°,∠EAG=90°,再根据“SAS”证明△AFG≌△AFE可得EF=GF,由此证得结论.
【类比引申】 根据上面的特殊情况中∠EAF=12∠BAD,猜想一般情况下也应满足∠EAF=12∠BAD才能得到结论,证明过程与上面类似.
【探究应用】 连接AF.要运用这个几何模型必须先证明∠EAF=75°.过点A作AH⊥CD于点H,解两个直角三角形——Rt△AHD和Rt△AHF来得以实现.
解:【发现证明】 证明:由旋转可得AE=AG,BE=DG,∠B=∠ADG=90°,∠EAG=∠BAD=90°.
∵四边形ABCD为正方形,∴∠ADC=90°,
∴∠ADC+∠ADG=180°,∴G,D,C三点共线.
∵∠EAF=45°,∴∠GAF=45°,
∴∠GAF=∠FAE.
又∵AF=AF,∴△AFG≌△AFE(SAS),
∴GF=EF.∵GF=GD+DF,
∴EF=BE+DF.
【类比引申】 ∠EAF=12∠BAD
理由如下:如图①,将△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数至△ADG,使AB与AD重合.
由旋转可得AE=AG,BE=DG,∠B=∠ADG,∠BAE=∠DAG.
∵∠B+∠ADC=180°,∴∠ADC+∠ADG=180°,
∴G,D,C三点共线.
∵∠BAE=∠DAG,∴∠BAD=∠EAG.
∵∠EAF=12∠BAD,∴∠GAF=∠FAE.
又∵AF=AF,∴△AFG≌△AFE(SAS),
∴GF=EF.
∵GF=GD+DF,
∴EF=BE+DF.故答案为∠EAF=12∠BAD.

【探究应用】 ∵∠BAD=150°,∠DAE=90°,
∴∠BAE=60°.
又∵∠B=60°,∴△ABE是等边三角形,
∴BE=AB=80.
如图②,连接AF,过点A作AH⊥CD交CD的延长线于点H.
在Rt△AHD中,∠ADH=180°-∠ADC=60°,AD=80,
∴∠HAD=30°,HD=12AD=40,AH=AD2-DH2=403.
∵DF=40(3-1),
∴HF=HD+DF=40+40(3-1)=403,
∴在Rt△AHF中,AH=HF,∴∠HAF=45°,
∴∠DAF=15°,∴∠EAF=90°-15°=75°,
∴∠EAF=12∠BAD.
运用上面的结论可得EF=BE+DF=80+40(3-1)=40+403≈109.即这条道路EF的长约为109米.
11.[分析] (1)连接AG,由菱形AEGH的顶点E,H在菱形ABCD的边上,且∠BAD=60°,易得A,G,C共线,延长HG交BC于点M,延长EG交DC于点N,连接MN,交GC于点O,则四边形GMCN也为菱形,利用菱形对角线互相垂直,结合三角函数可得结论;
(2)连接AG,AC,由△ADC和△AHG都是等腰三角形,易证△DAH∽△CAG与△DAH≌△BAE,利用相似三角形的性质及菱形的性质可得结论;
(3)连接AG,AC,易证△ADC∽△AHG,△DAH∽△CAG和△ADH∽△ABE,利用相似三角形的性质可得结论.
解:(1)如图①,连接AG,
∵菱形AEGH的顶点E,H在菱形ABCD的边上,且∠BAD=60°,
∴∠GAE=∠CAB=30°,AE=AH,AB=AD,
∴A,G,C共线,AB-AE=AD-AH,
∴HD=EB,
延长HG交BC于点M,延长EG交DC于点N,连接MN,交GC于点O,则四边形GMCN也为菱形,

∴GC⊥MN,∠NGO=∠AGE=30°,
∴OGGN=cos30°=32,
∵GC=2OG,
∴GNGC=13,
∵四边形HGND为平行四边形,
∴HD=GN,
∴HD∶GC∶EB=1∶3∶1.
(2)如图②,连接AG,AC,

∵△ADC和△AHG都是等腰三角形,
∴AD∶AC=AH∶AG=1∶3,∠DAC=∠HAG=30°,
∴∠DAH=∠CAG,∴△DAH∽△CAG,
∴HD∶GC=AD∶AC=1∶3,
∵∠DAB=∠HAE=60°,
∴∠DAH=∠BAE,
在△DAH和△BAE中,
AD=AB,∠DAH=∠BAE,AH=AE,
∴△DAH≌△BAE(SAS),
∴HD=EB,
∴HD∶GC∶EB=1∶3∶1.
(3)有变化.
如图③,连接AG,AC,

∵AD∶AB=AH∶AE=1∶2,∠ADC=∠AHG=90°,
∴△ADC∽△AHG,
∴AD∶AC=AH∶AG=1∶5,
∠DAC=∠HAG,
∴∠DAH=∠CAG,
∴△DAH∽△CAG,
∴HD∶GC=AD∶AC=1∶5.
∵∠DAB=∠HAE=90°,
∴∠DAH=∠BAE,
∵DA∶AB=HA∶AE=1∶2,
∴△ADH∽△ABE,
∴DH∶BE=AD∶AB=1∶2,
∴HD∶GC∶EB=1∶5∶2.