2024浙江中考數(shù)學(xué)二輪專題訓(xùn)練 題型五 與特殊四邊形有關(guān)的證明及計(jì)算 (含答案)

2024浙江中考數(shù)學(xué)二輪專題訓(xùn)練題型五與特殊四邊形有關(guān)的證明及計(jì)算類型一純幾何圖形的證明及計(jì)算母題變式練母題1(2023余杭區(qū)二模改編)如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上(不與點(diǎn)A、D、C重合)，連接并延長AF，分別交BE于點(diǎn)G，交BC延長線于點(diǎn)H.(1)若AE＝DF，請判斷BE與AF的位置關(guān)系，并說明理由．【思維教練】要判斷BE與AF的位置關(guān)系，由已知條件易證明△ABE≌△DAF，再通過證明∠DAF＋∠AEB＝90°即可得到BE⊥AF.母題1題圖(2)連接EH，若EB＝EH＝2，求GE的長．【思維教練】要求GE的長，過點(diǎn)E作EM⊥BC于點(diǎn)M，易知四邊形ABME為矩形，由矩形的性質(zhì)和等腰三角形三線合一可得△AEG∽△HBG，BH＝2AE，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．母題變式【變式角度】(1)設(shè)問變已知；(2)由利用等腰三角形求得相似比變?yōu)橹苯咏o出中點(diǎn)求得相似比．1.如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是AD上一點(diǎn)(不與A，D重合)，連接BE，過點(diǎn)A作AF⊥BE于點(diǎn)G，交CD邊于點(diǎn)F，交對角線BD于點(diǎn)H.(1)求證：BE＝AF；(2)若點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，當(dāng)BE＝12時(shí)，求線段FH的長．第1題圖【變式角度】(1)設(shè)問變已知；(2)利用相似的性質(zhì)求“線段長”改為求“面積比值”；(3)新增利用相似及全等的性質(zhì)，證明線段之間的數(shù)量關(guān)系.2.如圖，在正方形ABCD中，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，DC上(不與A，D，C重合)，連接BE，AF，BE與AF交于點(diǎn)G，與AC交于點(diǎn)H.已知AF⊥BE，CF＝eq\r(2)DF.(1)求證：AF＝BE；(2)若△BHO的面積為S1，△BDE的面積為S2，求eq\f(S1,S2)的值；(3)設(shè)AF與BD交于點(diǎn)P，求證：DE＝2PO.第2題圖針對演練3.如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，分別以AB和AC為邊作正方形ABDE和正方形ACFG.(1)求證：△ACE≌△AGB；(2)若AC＝3，BC＝5，求CE的長．第3題圖類型二與函數(shù)結(jié)合的證明及計(jì)算母題變式練母題2(2022杭州23題12分)如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)G在邊BC上(不與點(diǎn)B、C重合)，連接AG，作DE⊥AG于點(diǎn)E，BF⊥AG于點(diǎn)F，設(shè)eq\f(BG,BC)＝k.(1)求證：AE＝BF；【思維教練】要證AE＝BF，結(jié)合正方形性質(zhì)易聯(lián)想到需證明△ABF≌△DAE，再根據(jù)三角形全等得到對應(yīng)邊相等即可得證．母題2題圖①(2)連接BE、DF，設(shè)∠EDF＝α，∠EBF＝β，求證：tanα＝ktanβ；【思維教練】要證明tanα＝ktanβ，需先找到α，β所在的直角三角形，用相應(yīng)的線段長度表示出tanα，tanβ，再求兩者之比，在含有多個(gè)直角三角形的圖形中，注意同一個(gè)角的三角函數(shù)值可以用不同的線段比值來表示即可轉(zhuǎn)化求解．母題2題圖②(3)設(shè)線段AG與對角線BD交于點(diǎn)H，△AHD和四邊形CDHG的面積分別為S1和S2，求eq\f(S2,S1)的最大值．【思維教練】要求eq\f(S2,S1)的最大值，需先表示出S1，S2，根據(jù)eq\f(BG,BC)＝k，再結(jié)合相似三角形的性質(zhì)用含k的式子表示出S1，而S2可用△BCD的面積減去△BGH的面積，進(jìn)而用含k的式子表示，求出eq\f(S2,S1)的函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)求最值即可母題2題圖③母題變式【變式角度】背景圖形由正方形變?yōu)榫匦?，設(shè)問由正切值的證明改為正切值的計(jì)算、由利用相似比得出面積關(guān)系改為利用三角函數(shù)得出面積關(guān)系．1.(萬唯原創(chuàng))如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在BC邊上(不與點(diǎn)B、C重合)，連接AE，分別過點(diǎn)B、D作BF⊥AE于點(diǎn)F，DG⊥AE于點(diǎn)G，連接CF.已知AB＝6，BC＝8.(1)若AE＝AD，求證：AB＝DG；(2)若點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，求tan∠CFE的值；(3)設(shè)△ABF和△CEF的面積分別為S1，S2，y＝eq\f(S1,S2)，求y的最小值．第1題圖針對演練2.(2023濱江區(qū)三模)如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，對稱中心為點(diǎn)P，點(diǎn)E在AB上，點(diǎn)F為BC上一個(gè)動點(diǎn)，且滿足條件∠EPF＝45°，圖中兩塊陰影部分圖形關(guān)于直線AC對稱，設(shè)它們的面積和為S1.(1)求證：∠APE＝∠CFP；(2)設(shè)四邊形CMPF的面積為S2，CF＝x，y＝eq\f(S1,S2).①求y關(guān)于x的函數(shù)解析式和自變量x的取值范圍，并求出y的最大值；②當(dāng)圖中兩塊陰影部分圖形關(guān)于點(diǎn)P成中心對稱時(shí)，求y的值．第2題圖參考答案類型一純幾何圖形的證明及計(jì)算母題1解：(1)AF⊥BE.理由：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°，在△ABE和△DAF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝DA,∠BAE＝∠ADF,AE＝DF))，∴△ABE≌△DAF(SAS)，∴∠DAF＝∠ABE，∵∠AEB＋∠ABE＝90°，∴∠DAF＋∠AEB＝90°，∴∠AGE＝90°，∴BE⊥AF；(2)如解圖，過點(diǎn)E作EM⊥BC于點(diǎn)M，母題1解圖∵EB＝EH，EM⊥BC，∴BM＝MH＝eq\f(1,2)BH，∵EM⊥BC，∠ABC＝∠BAD＝90°，∴四邊形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)證明：∵AF⊥BE，∴∠AEB＋∠DAF＝90°，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠DAB＝∠ADF＝90°，AB＝AD，∴∠AEB＋∠ABE＝90°，∴∠ABE＝∠DAF，在△BAE和△ADF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EAB＝∠FDA,AB＝DA,∠ABE＝∠DAF))，∴△BAE≌△ADF(ASA)，∴BE＝AF；(2)∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC，AB∥CD，由(1)得△BAE≌△ADF，∴AE＝DF，∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，∴點(diǎn)F是DC的中點(diǎn)，∴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)證明：∵四邊形ABCD為正方形，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\co1(∠ADF＝∠BAE，,DA＝AB，,∠DAF＝∠ABE))，∴△ADF≌△BAE(ASA)，∴AF＝BE；(2)解：如解圖，過點(diǎn)F作FM⊥AC于點(diǎn)M，過點(diǎn)O作ON∥AD，交BE于點(diǎn)N，第2題解圖在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\co1(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)，設(shè)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)證明：∵∠AOP＝∠AMF＝90°，∠PAO＝∠FAM，∴△APO∽△AFM，∴eq\f(PO,FM)＝eq\f(AO,AM)，設(shè)DF＝m，則FM＝DF＝MC＝m，F(xiàn)C＝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)證明：∵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與△BAG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AE＝AB,∠EAC＝∠BAG，,AC＝AG))∴△EAC≌△BAG(SAS)；(2)解：∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝5，∴CF＝AC＝FG＝3，F(xiàn)B＝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).類型二與函數(shù)結(jié)合的證明及計(jì)算母題2(1)證明：如解圖①，記∠BAF＝∠1，∠EAD＝∠2，∠ABF＝∠3，∠ADE＝∠4，母題2解圖①∵四邊形ABCD為正方形，∴∠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\co1(∠1＝∠4,AB＝DA,∠3＝∠2))，∴△ABF≌△DAE(ASA)，∴AE＝BF；(2)證明：如解圖②，記∠FBG＝∠5，∠BAG＝∠1，母題2解圖②由(1)知△ABF≌△DAE，∴AF＝DE，∵∠1＋∠ABF＝∠ABF＋∠5＝90°，∴∠5＝∠1，∵tanα＝eq\f(EF,DE)，tanβ＝eq\f(EF,BF)，∴eq\f(tanα,tanβ)＝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,tanβ)＝k，即tanα＝ktanβ；(3)解：如解圖③，記∠BAG＝∠1，∠EAD＝∠2，∠ADE＝∠4，母題2解圖③∵四邊形ABCD為正方形，∴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，設(shè)S△BHG＝a，∴S1＝eq\f(1,k2)a，則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，∴當(dāng)k＝eq\f(1,2)時(shí)，eq\f(S2,S1)有最大值，最大值為eq\f(5,4).1.(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠ABC＝90°，AD∥BC.∴∠GAD＝∠BEA.∵DG⊥AE，∴∠DGA＝∠ABE＝90°，在△ABE和△DGA中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ABE＝∠DGA,∠BEA＝∠GAD,AE＝DA))，∴△ABE≌△DGA(AAS)．∴AB＝DG；(2)解：當(dāng)點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)時(shí)，如解圖①，過點(diǎn)C作CH⊥AE交AE的延長線于點(diǎn)H，第1題解圖①∴BE＝CE＝4，∠BEF＝∠CEH，∵BF⊥AE，∴∠BFE＝∠CHE＝90°.在△BEF和△CEH中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠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)設(shè)∠FBE＝α，BE＝x，則CE＝8－x，∴BF＝xcosα.∵∠BAF＋∠BEF＝90°，∠FBE＋∠BEF＝90°，∴∠BAF＝∠FBE＝α.∴AF＝eq\f(BF,tanα)＝eq\f(xcosα,tanα)＝eq\f(xcos2α,sinα).∴S1＝eq\f(1,2)AF·BF＝eq\f(x2cos3α,2sinα).如解圖②，過點(diǎn)F作FP⊥BC于點(diǎn)P，第1題解圖②∴FP＝BF·sinα＝xsinαcosα.∴S2＝eq\f(1,2)CE·FP＝eq\f(1,2)(8－x)·xsinαcosα.∴eq\f(S1,S2)＝eq\f(\f(x2cos3α,2sinα),\f(1,2)（8－x）xsinαcosα)＝eq\f(x2cos2α,（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，當(dāng)x＝4時(shí)，8x－x2有最大值16，∴當(dāng)x＝4時(shí)，eq\f(S1,S2)有最小值，為eq\f(36,16)＝eq\f(9,4).2.(1)證明：∵∠EPF＝45°，∴∠APE＋∠FPC＝180°－45°＝135°.而在△PFC中，由于PC為正方形ABCD的對角線，則∠CFP＋∠FPC＝180°－45°＝135°，∴∠APE＝∠CFP；(2)解：①∵∠APE＝∠CFP，且∠FCP＝∠PAE＝45°，∴△APE∽△CFP，則eq\f(AP,CF)＝eq\f(AE,CP)，而在正方形ABCD中，AC為對角線，AC＝eq\r(2)AB＝4eq\r(2)，又∵點(diǎn)P為對稱中心，則AP＝CP＝2eq\r(2)，CF＝x，∴AE＝eq\f(AP·PC,CF)＝eq\f(2\r