2019中考數(shù)學復習第1部分第五章四邊形第二節(jié)矩形菱形正方形課件0

2019中考數(shù)學復習(fùxí)第1局部第五章四邊形第二節(jié)矩形菱形正方形課件0第一頁，共48頁。考點一矩形的性質(zhì)與判定(5年3考)例1(2018·威海中考(zhōnɡkǎo))矩形ABCD與CEFG如圖放置，點B，C，E共線，點C，D，G共線，連接AF，取AF的中點H，連接GH.假設(shè)BC＝EF＝2，CD＝CE＝1，那么GH＝()A．1B.C.D.第二頁，共48頁。【分析(fēnxī)】延長GH交AD于點P，先證△APH≌△FGH得AP＝GF＝1，GH＝PH＝PG，再利用勾股定理得出答案．【自主解答】如圖，延長GH交AD于點P.∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都是矩形，∴∠ADC＝∠ADG＝∠CGF＝90°，AD＝BC＝2，GF＝CE＝1，∴AD∥GF，∴∠GFH＝∠PAH.第三頁，共48頁。又∵H是AF的中點(zhōnɡdiǎn)，∴AH＝FH.在△APH和△FGH中，∴△APH≌△FGH(ASA)，∴AP＝GF＝1，GH＝PH＝PG，∴PD＝AD－AP＝1.∵CG＝2，CD＝1，∴DG＝1，那么應(yīng)選C.第四頁，共48頁。矩形的性質(zhì)應(yīng)用及判定方法(1)矩形性質(zhì)的應(yīng)用：從邊上看，兩組對邊分別平行且相等；從角上看，矩形的四個角都是直角；從對角線上看，對角線互相平分且相等，同時把矩形分為四個面積(miànjī)相等的等腰三角形．(2)矩形的判定方法：假設(shè)四邊形可以證為平行四邊形，那么還需證明一個角是直角或?qū)蔷€相等；假設(shè)直角較多，可利用“三個角為直角的四邊形是矩形〞來證．第五頁，共48頁。1．(2018·棗莊中考)如圖，在矩形(jǔxíng)ABCD中，點E是邊BC的中點，AE⊥BD，垂足為F，那么tan∠BDE的值為()A第六頁，共48頁。2．(2018·濱州中考)如圖，在矩形(jǔxíng)ABCD中，AB＝2，BC＝4，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上，假設(shè)AE＝，∠EAF＝45°，那么AF的長為．第七頁，共48頁。3．如圖，在?ABCD中，過點D作DE⊥AB于點E，點F在邊CD上，DF＝BE，連接AF，BF.(1)求證：四邊形BFDE是矩形；(2)假設(shè)(jiǎshè)CF＝3，BF＝4，DF＝5，求證：AF平分∠DAB.第八頁，共48頁。證明(zhèngmíng)：(1)∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DC∥AB，即DF∥BE.又∵DF＝BE，∴四邊形BFDE為平行四邊形．又∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴四邊形BFDE為矩形．第九頁，共48頁。(2)∵四邊形BFDE為矩形(jǔxíng)，∴∠BFC＝90°.∵CF＝3，BF＝4，∴BC＝＝5.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC＝5，∴AD＝DF＝5，∴∠DAF＝∠DFA.又∵DC∥AB，∴∠DFA＝∠FAB，∴∠DAF＝∠FAB，即AF平分∠DAB.第十頁，共48頁。考點(kǎodiǎn)二菱形的性質(zhì)與判定(5年3考)例2(2017·東營中考)如圖，在?ABCD中，用直尺和圓規(guī)作∠BAD的平分線AG交BC于點E.假設(shè)BF＝8，AB＝5，那么AE的長為()A．5B．6C．8D．12第十一頁，共48頁?！痉治觥窟B接EF，先判定(pàndìng)四邊形ABEF的形狀，再利用勾股定理進行解答即可．【自主解答】如圖，連接EF，AE與BF交于點O.∵四邊形ABCD是平行四邊形，且AG是∠BAD的平分線，∴∠FAE＝∠AEB，∠FAE＝∠EAB，∴∠AEB＝∠EAB，∴AB＝BE.第十二頁，共48頁?！逜B＝AF，∴AF＝BE，∴四邊形ABEF為平行四邊形．又∵AB＝BE，∴四邊形ABEF是菱形(línɡxínɡ)，∴AE⊥BF，OB＝BF＝4，OA＝AE.∵AB＝5，∴在Rt△AOB中，AO＝∴AE＝2AO＝6.應(yīng)選B.第十三頁，共48頁。菱形的性質(zhì)(xìngzhì)應(yīng)用及判定方法(1)判定一個四邊形是菱形時，一是證明四條邊相等；二是先證明它是平行四邊形，進而再證明它是菱形．(2)運用菱形的性質(zhì)(xìngzhì)時，要注意菱形的對角線互相垂直這個條件；此外，菱形的對角線所在的直線是菱形的對稱軸，運用這一性質(zhì)(xìngzhì)可以求出線段和的最小值．第十四頁，共48頁。4．(2018·日照中考)如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AO＝CO，BO＝DO.添加以下(yǐxià)條件，不能判定四邊形ABCD是菱形的是()A．AB＝ADB．AC＝BDC．AC⊥BDD．∠ABO＝∠CBOB第十五頁，共48頁。5．(2018·壽光模擬)如圖，菱形ABCD的一個(yīɡè)內(nèi)角∠BAD＝80°，對角線AC，BD相交于點O，點E在CD上，且DE＝DO，那么∠EOC＝_____．25°第十六頁，共48頁。6．(2018·揚州中考)如圖，在平行四邊形ABCD中，DB＝DA，點F是AB的中點，連接DF并延長，交CB的延長線于點E，連接AE.(1)求證(qiúzhèng)：四邊形AEBD是菱形；(2)假設(shè)DC＝，tan∠DCB＝3，求菱形AEBD的面積．第十七頁，共48頁。(1)證明(zhèngmíng)：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥CE，∴∠DAF＝∠EBF.∵∠AFD＝∠EFB，AF＝FB，∴△AFD≌△BFE，∴AD＝EB.∵AD∥EB，∴四邊形AEBD是平行四邊形．∵BD＝AD，∴四邊形AEBD是菱形．第十八頁，共48頁。(2)解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD＝AB＝，AB∥CD，∴∠ABE＝∠DCB，∴tan∠ABE＝tan∠DCB＝3.∵四邊形AEBD是菱形(línɡxínɡ)，∴AB⊥DE，AF＝FB，EF＝DF，∴tan∠ABE＝＝3.∵BF＝，∴EF＝，∴DE＝3，∴S菱形(línɡxínɡ)AEBD＝·AB·DE＝··3＝15.第十九頁，共48頁。考點三正方形的性質(zhì)(xìngzhì)與判定(5年4考)例3(2018·濰坊中考)如圖，點M是正方形ABCD邊CD上一點，連接AM，作DE⊥AM于點E，BF⊥AM于點F，連接BE.(1)求證：AE＝BF；(2)AF＝2，四邊形ABED的面積為24，求∠EBF的正弦值．第二十頁，共48頁?！痉治觥?1)通過證明△ABF≌△DAE得到AE＝BF；(2)設(shè)AE＝x，那么(nàme)BF＝x，DE＝AF＝2，利用四邊形ABED的面積等于△ABE的面積與△ADE的面積之和得到·x·x＋·x·2＝24，解方程求出x得到AE＝BF＝6，那么(nàme)EF＝x－2＝4，然后利用勾股定理計算出BE，最后利用正弦的定義求解．第二十一頁，共48頁?！咀灾?zìzhǔ)解答】(1)∵四邊形ABCD為正方形，∴BA＝AD，∠BAD＝90°.∵DE⊥AM于點E，BF⊥AM于點F，∴∠AFB＝90°，∠DEA＝90°.∵∠ABF＋∠BAF＝90°，∠EAD＋∠BAF＝90°，∴∠ABF＝∠EAD.第二十二頁，共48頁。在△ABF和△DAE中，∴△ABF≌△DAE(AAS)，∴AE＝BF.(2)設(shè)AE＝x，那么(nàme)BF＝x，DE＝AF＝2.∵S四邊形ABED＝S△ABE＋S△AED＝24，∴·x·x＋·x·2＝24，解得x1＝6，x2＝－8(舍去)，第二十三頁，共48頁。∴EF＝x－2＝4.在Rt△BEF中，BE＝∴sin∠EBF＝第二十四頁，共48頁。判定正方形的方法及其特殊性(1)判定一個四邊形是正方形，可以先判定四邊形為矩形，再證鄰邊相等(xiāngděng)或者對角線互相垂直；或先判定四邊形為菱形，再證有一個角是直角或者對角線相等(xiāngděng)．(2)正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形，具有它們的所有性質(zhì)．第二十五頁，共48頁。7．(2017·濟南中考)如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，AB＝3，E為OC上一點，OE＝1，連接(liánjiē)BE，過點A作AF⊥BE于點F，與BD交于點G，那么BF的長是()A第二十六頁，共48頁。8．(2018·青島中考(zhōnɡkǎo))正方形ABCD的邊長為5，點E，F(xiàn)分別在AD，DC上，AE＝DF＝2，BE與AF相交于點G，點H為BF的中點，連接GH，那么GH的長為．第二十七頁，共48頁。9．(2015·濰坊中考)如圖1，點O是正方形ABCD兩對角線的交點．分別(fēnbié)延長OD到點G，OC到點E，使OG＝2OD，OE＝2OC，然后以O(shè)G，OE為鄰邊作正方形OEFG，連接AG，DE.第二十八頁，共48頁。(1)求證(qiúzhèng)：DE⊥AG.(2)正方形ABCD固定，將正方形OEFG繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)α角(0°<α<360°)得到正方形OE′F′G′，如圖2.①在旋轉(zhuǎn)過程中，當∠OAG′是直角時，求α的度數(shù)；②假設(shè)正方形ABCD的邊長為1，在旋轉(zhuǎn)過程中，求AF′長的最大值和此時α的度數(shù)，直接寫出結(jié)果不必說明理由．第二十九頁，共48頁。證明(zhèngmíng)：如圖，延長ED交AG于點H.∵O為正方形ABCD對角線的交點，∴OA＝OD，OA⊥OD.∵OG＝OE，∴Rt△AOG≌Rt△DOE，∴∠AGO＝∠DEO.∵∠AGO＋∠GAO＝90°，∴∠DEO＋∠GAO＝90°，∴∠AHE＝90°，即DE⊥AG.第三十頁，共48頁。(2)解：①如圖，在旋轉(zhuǎn)過程中，∠OAG′成為直角有以下兩種情況(qíngkuàng)：(i)α由0°增大到90°過程中，當∠OAG′為直角時，∵OA＝OD＝OG＝OG′，∴在Rt△OAG′中，sin∠AG′O＝∴∠AG′O＝30°.第三十一頁，共48頁?！逴A⊥OD，OA⊥AG′，∴OD∥AG′，∴∠DOG′＝∠AG′O＝30°，即α＝30°.(ii)α由90°增大到180°過程(guòchéng)中，當∠OAG″為直角時，同理可求∠BOG″＝30°，∴α＝180°－30°＝150°.綜上所述，當∠OAG′為直角時，α＝30°或150°.②AF′長的最大值是2＋，此時α＝315°.第三十二頁，共48頁?？键c四四邊形綜合題百變例題(lìtí)(2018·棗莊中考改編)如圖，將矩形ABCD沿AF折疊，使點D落在BC邊上的點E處，過點E作EG∥CD交AF于點G，連接DG.(1)求證：四邊形EFDG是菱形；(2)探究線段EG，GF，AF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)假設(shè)AG＝，EG＝，求BE的長．第三十三頁，共48頁?！痉治?fēnxī)】(1)先依據(jù)翻折的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)證明∠DGF＝∠DFG，從而得到GD＝DF，再根據(jù)翻折的性質(zhì)即可證明DG＝GE＝DF＝EF；(2)連接DE，交AF于點O.由菱形的性質(zhì)可知GF⊥DE，OG＝OF＝GF，然后證明△DOF∽△ADF，由相似三角形的性質(zhì)可證明DF2＝FO·AF，于是可得到EG，AF，GF的數(shù)量關(guān)系；第三十四頁，共48頁。(3)過點G作GH⊥DC，垂足(chuízú)為H.利用(2)的結(jié)論可求得FG，然后在△ADF中依據(jù)勾股定理可求得AD的長，然后再證明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性質(zhì)可求得GH的長，最后依據(jù)BE＝AD－GH求解即可．第三十五頁，共48頁?！咀灾?zìzhǔ)解答】(1)∵GE∥DF，∴∠EGF＝∠DFG.∵由翻折的性質(zhì)可知GD＝GE，DF＝EF，∠DGF＝∠EGF，∴∠DGF＝∠DFG，∴GD＝DF，∴DG＝GE＝DF＝EF，∴四邊形EFDG是菱形．第三十六頁，共48頁。(2)EG2＝GF·AF.理由如下(rúxià)：如圖，連接DE，交AF于點O.∵四邊形EFDG是菱形，∴GF⊥DE，OG＝OF＝GF.∵∠DOF＝∠ADF＝90°，∠OFD＝∠DFA，∴△DOF∽△ADF，∴，∴DF2＝FO·AF.∵FO＝GF，DF＝EG，∴EG2＝GF·AF.第三十七頁，共48頁。(3)如圖，過點G作GH⊥DC，垂足(chuízú)為點H.∵EG2＝GF·AF，AG＝，EG＝，∴＝FG·(FG＋)，解得FG＝，F(xiàn)G＝－(舍去)．第三十八頁，共48頁?！逥F＝EG＝，AF＝，∴AD＝＝10.∵GH⊥DC，AD⊥DC，∴GH∥AD，∴△FGH∽△FAD，∴，即GH＝2，∴BE＝AD－GH＝10－2＝8.第三十九頁，共48頁。變式1：證明：如圖，由題意(tíyì)可知，BG＝GH，AE＝AD＝10，AH＝AB＝6，∠1＝∠2，∠3＝∠4.(1)∵∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝∠BAD＝90°，∴∠2＋∠3＝∠BAD＝×90°＝45°，即∠FAG＝45°.第四十頁，共48頁。(2)∵AE＝10，AH＝6，∴HE＝AE－AH＝10－6＝4.設(shè)BG＝x，∴GH＝BG＝x，∴GE＝AD－BG－EC＝10－x－2＝8－x.在Rt△GHE中，∵GE2＝GH2＋HE2，∴(8－x)2＝x2＋42，∴x＝3，即