中考总复习:四边形综合复习--知识讲解(提高)

发布时间:2024-06-21 12:06:38浏览次数:5
中考总复习:四边形综合复习—知识讲解(提高)【考纲要求】1.探索并了解多边形的内角和与外角和公式,了解正多边形的概念.2.掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、直角梯形、等腰梯形的概念和性质,了解它们之间的关系;了解四边形的不稳定性.3.探索并掌握平行四边形的有关性质和四边形是平行四边形的条件.4.探索并掌握矩形、菱形、正方形的有关性质和四边形是矩形、菱形、正方形的条件.5.探索并了解等腰梯形的有关性质和四边形是等腰梯形的条件.6.通过探索平面图形的镶嵌,知道任意一个三角形、四边形或正六边形可以镶嵌平面, 并能运用这几种图形进行简单的镶嵌设计.【知识网络】【考点梳理】考点一、四边形的相关概念1.多边形的定义:在平面内,由不在同一直线上的一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.2.多边形的性质:(1)多边形的内角和定理:n 边形的内角和等于(n-2)·180°;   (2)推论:多边形的外角和是 360°;  (3)对角线条数公式:n 边形的对角线有 条;   (4)正多边形定义:各边相等,各角也相等的多边形是正多边形.3.四边形的定义:同一平面内,由不在同一条直线上的四条线段首尾顺次相接组成的图形叫做四边形.4.四边形的性质:(1)定理:四边形的内角和是 360°; (2)推论:四边形的外角和是 360°.考点二、特殊的四边形1.平行四边形及特殊的平行四边形的性质 ∴折痕 FG 的长是 .【总结升华】本题通过矩形纸片折叠,利用轴对称图形的性质,在丰富的图形关系中,考查学生获取信息和利用所得信息认识新事物的能力,本题对图形折叠前后的不变量的把握、直线与圆位置关系的准确理解、方程思想的运用意识和策略等具有可再抽象性.【高清课堂:四边形综合复习 例 3】5.已知如图,在 Rt△ABC 中,∠C=90°,AC=3,AB=5.点 P 从点 C 出发沿 CA 以每秒 1 个单位的速度向点 A 匀速运动;点 Q 从点 A 出发沿 AB 以每秒 1 个单位长的速度向点 B 匀速运动,点 P、Q 同时出发,当点 P 到达点 A 时停止运动,点 Q 也随之停止.伴随着 P、Q 的运动,DE 保持垂直平分 PQ,且交PQ 于点 D,交折线 QB-BC-CP 于点 E.设点 P、Q 运动的时间是 t 秒(t>0).在点 E 运动的过程中,四边形 QBED 成为直角梯形时,t 的值为 .【思路点拨】当 PQ∥BC 时,DE⊥BC,四边形 QBED 是直角梯形,由△AQP∽△ABC,得 = ,解得 t.【答案与解析】①如图,当 DE∥QB 时.∵DE⊥PQ,∴PQ⊥QB,四边形 QBED 是直角梯形,此时∠AQP=90°.由△APQ∽△ABC,得 = ,∴ ,解得 t= ;② 如图,当 PQ∥BC 时,DE⊥BC,四边形 QBED 是直角梯形.此时∠APQ=90°.由△AQP∽△ABC,得 = , 即 .解得 t= .综上,可知当 t= 或 时,四边形 QBED 能成为直角梯形.【总结升华】本题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识,是中考压轴题.6 .如图,在平面直角坐标系中,O 为坐标原点,点 A 的坐标为(-8,0),直线 BC 经过点B(-8,6),C(0,6),将四边形 OABC 绕点 O 按顺时针方向旋转 а 度得到四边形 OAB'C',此时直线 OA’、直线 B’C’分别与直线 BC 相交于点 P、Q.(1)四边形 OABC 的现状是 ,当 а=90°时,BP:BQ 的值是 ;(2)①如图,当四边形 OA’B’C’的顶点 B’落在 y 轴正半轴时,求 BP:BQ 的值;②如图,当四边形 OA’B’C’的顶点 B’落在直线 BC 上时,求△OPB'的面积;(3)在四边形 OA’B’C’旋转过程中,当 0<а°≤180°时,是否存在这样的点 P 和点 Q,使BP=0.5BQ?若存在,请直接写出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由.【思路点拨】(1)根据有一个角是直角的平行四边形进行判断当 α=90°时,就是长与宽的比;(2)①利用相似三角形求得 CP 的比,就可求得 BP,PQ 的值;② 根据勾股定理求得 PB′的长,再根据三角形的面积公式进行计算.【答案与解析】(1)四边形 OA′B′C′的形状是矩形;根据题意即是矩形的长与宽的比,即, .(2)①∵∠POC=∠B′OA′,∠PCO=∠OA′B′=90°,∴△COP∽△A′OB′.∴ = ,即, = ,∴CP= ,BP=BC-CP= .同理△B′CQ∽△B′C′O,∴ = ,即, = ,∴CQ=3,BQ=BC+CQ=11.∴ = = ;② 在△OCP 和△B′A′P 中, ,∴△OCP≌△B′A′P(AAS).∴OP=B′P.设 B′P=x,在 Rt△OCP 中,(8-x)2+62=x2,解得 x= .∴S△OPB′= × ×6= ;(3)过点 Q 画 QH⊥OA′于 H,连接 OQ,则 QH=OC′=OC,∵S△POQ= PQ•OC,S△POQ= OP•QH,∴PQ=OP.设 BP=x,∵BP= BQ,∴BQ=2x,如图 1,当点 P 在点 B 左侧时,OP=PQ=BQ+BP=3x,在 Rt△PCO 中,(8+x)2+62=(3x)2,解得,x1=1+ ,x2=1- (不符实际,舍去).∴PC=BC+BP=9+ ,∴P1(-9- ,6).如图 2,当点 P 在点 B 右侧时,∴OP=PQ=BQ-BP=x,PC=8-x.在 Rt△PCO 中,(8-x)2+62=x2,解得 x= . ADGECB∴PC=BC-BP=8- = ,∴P2(- ,6),综上可知,点 P1(-9- ,6),P2(- ,6),使 BP= BQ.【总结升华】本题考查了旋转的性质;勾股定理;矩形的判定与性质;相似三角形的判定与性质.举一反三:【变式】如图,直角梯形ABCD中, , ,且 ,过点D作 ,交 的平分线于点E,连接BE.(1)求证: ;(2)将 绕点C,顺时针旋转 得到 ,连接 EG..求证:CD 垂直平分 EG.(3)延长 BE 交 CD 于点 P.求证:P 是 CD 的中点. 【答案】(1)延长 DE 交 BC 于 F,∵AD∥BC,AB∥DF,∴AD=BF,∠ABC=∠DFC.在 Rt△DCF 中,∵tan∠DFC=tan∠ABC=2,∴ ,即 CD=2CF,∵CD=2AD=2BF,∴BF=CF,∴BC=BF+CF= CD+ CD=CD.即 BC=CD. (2)∵CE 平分∠BCD,∴∠BCE=∠DCE,由(1)知 BC=CD,∵CE=CE,∴△BCE≌△DCE, ∴BE=DE,由图形旋转的性质知 CE=CG,BE=DG,∴DE=DG,∴C,D 都在 EG 的垂直平分线上,∴CD 垂直平分 EG.(3)连接 BD,由(2)知 BE=DE,∴∠1=∠2.∵AB∥DE,∴∠3=∠2.∴∠1=∠3.∵AD∥BC,∴∠4=∠DBC.由(1)知 BC=CD,∴∠DBC=∠BDC,∴∠4=∠BDP.又∵BD=BD,∴△BAD≌△BPD,∴DP=AD.∵AD= CD,∴DP= CD.∴P 是 CD 的中点. 2. 平行四边形及特殊的平行四边形的判定【要点诠释】面积公式:S 菱形 =12ab=ch.(a、b 为菱形的对角线 ,c 为菱形的边长 ,h 为 c 边上的高)S 平行四边形 =ah. a 为平行四边形的边,h 为 a 上的高)考点三、梯形1.梯形的定义:一组对边平行而另一组对边不平行的四边形叫做梯形.  (1)互相平行的两边叫做梯形的底;较短的底叫做上底,较长的底叫做下底.  (2)不平行的两边叫做梯形的腰.  (3)梯形的四个角都叫做底角.2.直角梯形:一腰垂直于底的梯形叫做直角梯形.3.等腰梯形:两腰相等的梯形叫做等腰梯形.4.等腰梯形的性质:  (1)等腰梯形的两腰相等; (2)等腰梯形同一底上的两个底角相等. (3)等腰梯形的对角线相等.5.等腰梯形的判定方法:   (1)两腰相等的梯形是等腰梯形(定义);  (2)同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形;  (3)对角线相等的梯形是等腰梯形.6.梯形中位线:连接梯形两腰中点的线段叫梯形的中位线.7.面积公式: S= (a+b)h(a、b 是梯形的上、下底,h 是梯形的高).【要点诠释】解决四边形问题常用的方法(1)有些四边形问题可以转化为三角形问题来解决.(2)有些梯形的问题可以转化为三角形、平行四边形问题来解决.(3)有时也可以运用平移、轴对称来构造图形,解决四边形问题.考点四、平面图形1.平面图形的镶嵌的定义:用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接,彼此之间不留空隙,不重叠地铺成一片,这就是平面图形的镶嵌,又称做平面图形的密铺.2.平面图形镶嵌的条件: (1)同种正多边形镶嵌成一个平面的条件:周角是否是这种正多边形的一个内角的整倍数.在正多边形里只有正三角形、正四边形、正六边形可以镶嵌.(2)n 种正多边形组合起来镶嵌成一个平面的条件: ①n 个正多边形中的一个内角的和的倍数是 360°; ② n 个正多边形的边长相等,或其中一个或 n 个正多边形的边长是另一个或 n 个正多边形的边长的 整数倍.【典型例题】类型一、特殊的四边形1.如图所示,已知 P、R 分别是矩形 ABCD 的边 BC、CD 上的点,E、F 分别是 PA、PR 的中点,点 P在 BC 上从 B 向 C 移动,点 R 不动,那么下列结论成立的是( )A.线段 EF 的长逐渐增大 B.线段 EF 的长逐渐变小C.线段 EF 的长不变 D.无法确定【思路点拨】此题的考点是矩形的性质;三角形中位线定理.【答案】C.【解析】点 R 固定不变,点 P 在 BC 上从 B 向 C 移动,在这个过程中△APR 的 AR 边不变,EF 是△APR的中位线,EF= AR,所以 EF 的长不变.【总结升华】本题考查矩形的性质及三角形中位线定理,难度适中,根据中位线定理得出 EF= AR是解题的突破口.2.过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 AE 使 DC=DE,交 DC 于 G,作 DF⊥AE,连接 CE.(1)若∠CDE=60°,AB=1,求 DF 的长;(2)作∠CDE 平分线,交 AE 于 P,交 CE 与 Q,连接 BP,求证:DP+BP= AP;(3)若 AD=2,DF=1,求 PQ 的长.【思路点拨】(1)根据等边三角形三线合一,相似,勾股定理可求得; (2)巧妙运用旋转和四点共圆的知识即可.【答案与解析】(1)作 EH⊥DC 于 H,因为 DC=DE,, ∠CDE=60°,, , ∴△CDE 是等边三角形, ∴DH=AB/2= ,, ,HE= DH= ,因为 AD∥EH(同垂直于 CD),∴ , 即 ,,∴DG=2- ;,AG= = = ,因为 DG•AD=DF•AG, ,∴DF= = = ;(2)连 PC,BD,AC,易证△PDE≌△PDC(SAS)∴∠PCD=∠PED, ,DE=DC=DA,∴∠DAE=∠DEA, ,∴∠PCD=∠DAE,∴A,C,P,D 四点共圆,∴∠APD=∠ACD=45°,因为∠APD=∠ABD=45°,∴A,B,P,D 四点共圆,∴∠APB=∠ADB=45°作 RA⊥AE 交 PB 延长线于 R,则△APR 是等腰直角三角形,PR=BR+BP= AP,∠DAP=∠BAR(同为∠BAP 的余角),AD=AB, AP=AR,∴△DAG≌△BAR,∴BR=DP,∴DP+BP= AP,(3)因为 DF= , ∠ADG=90°,∴AF= DF= =FE ,PF=FP=1, ,∴PE= -1, PQ= = = .【总结升华】考查了正方形的性质,勾股定理以及四点共圆,是一道综合性很强的运算证明相结合的中档题.举一反三: 【变式】如图,E 是正方形 ABCD 外的一点,连接 AE、BE、DE,且∠EBA=∠ADE,点 F 在 DE 上,连接AF,BE=DF.(1)求证:△ADF≌△ABE;(2)小明还发现线段 DE、BE、AE 之间满足等量关系:DE-BE= AE.请你说明理由.【答案】证明:(1)∵四边形正 ABCD 是正方形,∴AB=AD,∵在△ADF 和△ABE 中,,∴△ADF≌△ABE;(2)理由如下:由(1)有△ADF≌△ABE,∴AF=AE,∠1=∠2,在正方形 ABCD 中,∠BAD=90°,∴∠BAF+∠3=90°,∴∠BAF+∠4=90°,∴∠EAF=90°,∴△EAF 是等腰直角三角形,∴EF2=AE2+AF2,∴EF2=2AE2,∴EF= AE,即 DE-DF= AE,∴DE-BE= AE.【高清课堂:四边形综合复习 例 2】3.如图,在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠B=90°,AB=8, ,CA=CD,E、F 分别是线段AD、AC 上的动点(点 E 与点 A、D 不重合),且∠FEC=∠ACB,设 DE=x,CF=y. (1)求 AC 和 AD 的长; (2)求 y 与 x 的函数关系式;34tan CAD (3)当△EFC 为等腰三角形时,求 x 的值.【思路点拨】本题涉及到的考点有相似三角形的判定与性质;等腰三角形的判定;直角梯形;锐角三角函数的定义. 【答案与解析】(1)∵AD∥BC,∠B=90°,∴∠ACB=∠CAD.∴tan∠ACB=tan∠CAD= .∴ = .∵AB=8,∴BC=6.则 AC=10.过点 C 作 CH⊥AD 于点 H,∴CH=AB=8,则 AH=6.∵CA=CD,∴AD=2AH=12.(2)∵CA=CD,∴∠CAD=∠D.∵∠FEC=∠ACB,∠ACB=∠CAD,∴∠FEC=∠D.∵∠AEC=∠1+∠FEC=∠2+∠D,∴∠1=∠2.∴△AEF∽△DCE.∴ ,即 .∴y= .(3)若△EFC 为等腰三角形.① 当 EC=EF 时,此时△AEF≌△DCE,∴AE=CD.∵12-x=10,∴x=2.② 当 FC=FE 时,有∠FCE=∠FEC=∠CAE,∴CE=AE=12-x.在 Rt△CHE 中,由(12-x)2=(6-x)2+82,解得 x= .③ 当 CE=CF 时,有∠CFE=∠CEF=∠CAE,此时点 F 与点 A 重合,故点 E 与点 D 也重合,不合题意,舍去. 综上,当△EFC 为等腰三角形时,x=2 或 x= .【总结升华】本题考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定、直角梯形及锐角三角形函数的定义等知识;应用相似的性质,得到比例式,借助比例式解题是很重要的方法,做题时注意应用,对于等腰三角形问题要注意分类讨论也是比较重要的,注意掌握.举一反三:【变式】在直角梯形ABCD中,AB∥DC,AB⊥BC,∠A=60°,AB=2CD,E、F分别为AB、AD的中点,连结EF、EC、BF、CF.⑴判断四边形AECD的形状(不证明);⑵在不添加其它条件下,写出图中一对全等的三角形,用符号“≌”表示,并证明.⑶若CD=2,求四边形BCFE的面积.【答案】(1)平行四边形;(2)△BEF≌△CDF 或(△AFB≌△EBC≌△EFC)证明:连接 DE,∵AB=2CD,E 为 AB 中点,∴DC=EB,又∵DC∥EB,∴四边形 BCDE 是平行四边形,∵AB⊥BC, ∴四边形 BCDE 为矩形,∴∠AED=90°,∠CDE=∠BED=90°,BE=CD,在 Rt△AED 中,∠A=60°,F 为 AD 的中点,∴AF= AD=EF,∴△AEF 为等边三角形,∴∠DFE=180°-60°=120°,∵EF=DF,∴∠FDE=∠FED=30°.∴∠CDF=∠BEF=120°,在△BEF 和△FDC 中,,∴△BEF≌△CDF(SAS).(3)若 CD=2,则 AD=4,∵∠A=60°,∴sin60°= = , ∴DE=AD• =∴DE=BC= ,∵四边形 AECD 为平行四边形,∴S△ECF与 S四边形 AECD等底同高,∴S△ECF= S四边形 AECD= CD•DE= ×2× = ,S△CBE= BE•BC= ×2× = ,∴S四边形 BCFE=S△ECF+S△EBC= + = .类型二、四边形与其他知识的综合运用4. 有矩形纸片 ABCD,AB=2,AD=1,将纸片折叠,使顶点 A 与边 CD 上的点 E 重合.(1)如果折痕 FG 分别与 AD、AB 交于点 F、G,AF= ,求 DE 的长;(2)如果折痕 FG 分别与 CD、DA 交于点 F、G,△AED 的外接圆与直线 BC 相切,求折痕 FG 的长.【思路点拨】(1)根据 AF,AD 的长可以求得 DF 的长,根据折叠知 EF=AF,再根据勾股定理即可计算得到 DE 的长;(2)根据直角三角形的外接圆的圆心是斜边的中点,则折痕与 AE 的交点 O 即是其外接圆的圆心.设DE=x,根据三角形 ADE 的中位线定理求得 OM= x,进一步表示出 ON 的长.根据直线和圆相切,则圆心到直线的距离等于圆的半径得到 AE=2ON,在直角三角形 ADE 中,根据勾股定理列方程求解.再根据直角三角形 FOE 相似于直角三角形 ADE,求得 OF 的长,从而根据轴对称的性质得到 FG=2OF.【答案与解析】(1)在矩形 ABCD 中,AB=2,AD=1,AF= ,∠D=90°.根据轴对称的性质,得 EF=AF= .∴DF=AD-AF= .在 Rt△DEF 中,DE= . (2)设 AE 与 FG 的交点为 O.根据轴对称的性质,得 AO=EO.取 AD 的中点 M,连接 MO.则 MO= DE,MO∥DC.设 DE=x,则 MO= x,在矩形 ABCD 中,∠C=∠D=90°,∴AE 为△AED 的外接圆的直径,O 为圆心.延长 MO 交 BC 于点 N,则 ON∥CD.∴∠CNM=180°-∠C=90°.∴ON⊥BC,四边形 MNCD 是矩形.∴MN=CD=AB=2.∴ON=MN-MO=2- x.∵△AED 的外接圆与 BC 相切,∴ON 是△AED 的外接圆的半径.∴OE=ON=2- x,AE=2ON=4-x.在 Rt△AED 中,AD2+DE2=AE2,∴12+x2=(4-x)2.解这个方程,得 x= .∴DE= ,OE=2- x= .根据轴对称的性质,得 AE⊥FG.∴∠FOE=∠D=90°.可得 FO= .又 AB∥CD,∴∠EFO=∠AGO,∠FEO=∠GAO.∴△FEO≌△GAO.∴FO=GO.∴FG=2FO= .
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