【中考二轮专题复习】2023年中考数学全国通用专题备考试卷——专题02 四边形的证明与计算 （原卷版+解析版）

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2023年中考数学二轮冲刺精准练新策略（全国通用）第三篇 必考的难点压轴专题专题02 四边形的证明与计算 1. （2022长春）如图，在Rt中，，．点D是的中点，过点D作交于点E.延长至点F，使得，连接、、．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，则的值为_______．【答案】（1）见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得证；（2）设，则，根据菱形的性质可得，，勾股定理求得，根据，，即可求解．【小问1详解】证明：，，∴四边形是平行四边形，∵， 四边形是菱形；【小问2详解】解：，设，则，四边形是菱形；，，，在中，，，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，求正切，掌握以上知识是解题的关键．2. （2022湖北十堰）【阅读材料】如图①，四边形中，，，点，分别在，上，若，则．【解决问题】如图②，在某公园同一水平面上，四条道路围成四边形．已知，，，，道路，上分别有景点，，且，，若在，之间修一条直路，则路线的长比路线的长少_________（结果取整数，参考数据：）．【答案】370【解析】延长交于点，根据已知条件求得,进而根据含30度角的直角三角形的性质，求得，，从而求得的长，根据材料可得，即可求解．【详解】如图，延长交于点，连接，，，，，，是等边三角形，,,在中，，，，，，中，，，，，，中，是等腰直角三角形由阅读材料可得，路线的长比路线的长少．故答案为：370．【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解题意是解题的关键．3. （2022武汉）如图，在四边形中，，．（1）求的度数；（2）平分交于点，．求证：．【答案】（1）  （2）详见解析【解析】【分析】（1）根据两直线平行，同旁内角互补，即可求解；（2）根据平分，可得．再由，得．可求证．【详解】（1）解：∵，∴，∵，∴．（2）证明：∵平分，∴．∵，∴．∵，∴．∴．【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质，熟练掌握平行线的判定和性质定理是解题的关键 4. （2022浙江金华）如图，在中，．把沿方向平移，得到，连结，则四边形的周长为_____．【答案】【解析】通过勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，分别计算出四边形的四条边长，再计算出周长即可．∵，∴AB=2BC=4，∴AC=，∵把沿方向平移，得到，∴，， ，∴四边形的周长为：，故答案为：．【点睛】本题考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，能够熟练掌握勾股定理是解决本题的关键．5.（2022湖南株洲）如图所示，点在四边形的边上，连接，并延长交的延长线于点，已知，．（1）求证：；（2）若，求证：四边形为平行四边形．【答案】（1）见解析    （2）见解析【解析】【分析】（1）利用SAS可以直接证明；（2）由可得，由内错角相等，两直线平行，得出，结合已知条件即可证明四边形为平行四边形．【小问1详解】证明：∵与是对顶角，∴，在与中，，∴【小问2详解】证明：由（1）知，∴，∴，∵点在的延长线上，∴，又∵，∴四边形为平行四边形．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，平行线的判定和平行四边形的判定，难度较小，熟练掌握全等三角形、平行线及平行四边形的判定方法是解题的关键．6.（2022广西贺州）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O．（1）求证：四边形AFCE是平行四边形；（2）若AC平分，，求四边形AFCE的面积．【答案】（1）详见解析；  （2）24．【解析】【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；（2）由平行线的性质可得，再根据角平分线的性质解得，继而证明，由此证明平行四边形AFCE是菱形，根据菱形的性质得到，结合正切函数的定义解得，最后根据三角形面积公式解答．【详解】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，即．四边形AFCE是平行四边形．（2）解：，．平分，．．，由（1）知四边形AFCE是平行四边形，平行四边形AFCE是菱形．，在中，，．．【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、正切函数的定义等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．   7.（2022湖北宜昌）已知菱形中，是边的中点，是边上一点．（1）如图1，连接，．，．①求证：；②若，求的长；（2）如图2，连接，．若，，求的长．【答案】（1）①见解析；②  （2）【解析】【分析】（1）①根据可证得：，即可得出结论；②连接，可证得是等边三角形，即可求出；（2）延长交的延长线于点，根据可证得，可得出，，，则，即可证得，即可得出的长．【详解】（1）①∵，，∴，∵四边形是菱形，∴，，∴，∴.②如图，连接.∵是边的中点，，∴，又由菱形，得，∴是等边三角形，∴，在中，，∴，∴.（2）如图，延长交的延长线于点，由菱形，得，，∴，，∵是边的中点，∴，∴，∴，，∵，，∴，，，∴，∴，∴，，∴，而为公共角.∴，∴，又∵，∴.【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，锐角三角函数求线段长度，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键.8.（2022安徽）已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．（1）如图1，若，求证：四边形BCDE是菱形；（2）如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．（ⅰ）求∠CED的大小；（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．【答案】（1）见解析    （2）（ⅰ）；（ⅱ）见解析【解析】【分析】（1）先根据DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根据“AAS”证明，得出DE=BC，得出四边形BCDE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，得出四边形BCDE为菱形；（2）（ⅰ）根据垂直平分线的性质和等腰三角形三线合一，证明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根据∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出；（ⅱ）连接EF，根据已知条件和等腰三角形的性质，算出，得出，证明，再证明，即可证明结论．【详解】（1）证明：∵DC=BC，CE⊥BD，∴DO=BO，∵，∴，，∴（AAS），∴，∴四边形BCDE为平行四边形，∵CE⊥BD，∴四边形BCDE为菱形．（2）根据解析（1）可知，BO=DO，∴CE垂直平分BD，∴BE=DE，∵BO=DO，∴∠BEO=∠DEO，∵DE垂直平分AC，∴AE=CE，∵EG⊥AC，∴∠AEG=∠DEO，∴∠AEG=∠DEO=∠BEO，∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°，∴．（ⅱ）连接EF，∵EG⊥AC，∴，∴，∵∵AE=AF，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，  ∴，∴，，∴，，，，∴，，∴（AAS），．【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质，作出辅助线，得出，得出，是解题的关键．9.（2022贵州贵阳）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且． （1）求证：；（2）若，，求的长．【答案】（1）见详解    （2）【解析】【分析】（1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明；（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，，可得，解得：，即有，再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求．【详解】(1)在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，，，∵，∠A=∠D=90°，，∴四边形ADFM是矩形，∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF，∵MN是BE的垂直平分线，∴MN⊥BE，∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，∴∠MBO=∠OMF，∵，∴△ABE≌△FMN；(2)连接ME，如图， ∵AB=8，AE=6，∴在Rt△ABE中，，∴根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10，∵MN是BE的垂直平分线，∴BO=OE==5，BM=ME，∴AM=AB-BM=8-ME，∴在Rt△AME中，，∴，解得：，∴，∴在Rt△BMO中，，∴，∴ON=MN-MO=．即NO的长为：．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键．10.（2022上海）平行四边形，若为中点，交于点，连接．（1）若，①证明为菱形；②若，，求的长．（2）以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值．【答案】（1）①见解析；②    （2）【解析】【分析】（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长；（2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值．【详解】(1)①证明：如图，连接AC交BD于O，∵平行四边形，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠AOE=∠COE，∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，∵平行四边形，∴四边形是菱形；②∵OA=OC，∴OB是△ABC的中线，∵为中点，∴AP是△ABC的中线，∴点E是△ABC的重心，∴BE=2OE，设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x=,∴OB=3x=3，∵平行四边形，∴BD=2OB=6；(2)解：如图，∵⊙A与⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由（1）②知点E是△ABC的重心，又在直线上，∴CG是△ABC的中线，∴AG=BG=AB，GE=CE，∵CE=AE，∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,∴AG=AE,∴AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，∴BC=AE，∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题11.（2022山东滨州）如图，菱形的边长为10， ，对角线相交于点O，点E在对角线BD上，连接AE，作且边EF与直线DC相交于点F．（1）求菱形的面积；（2）求证．【答案】（1）  （2）见解析【解析】【分析】（1）根据菱形的性质可得AC⊥BD且AO=CO，BO=DO，再根据题意及特殊角的三角函数值求出AC和BD的长度，根据菱形的面积＝对角线乘积的一半即可求解．（2）连接EC，设∠BAE的度数为x，易得EC=AE，利用三角形的内角和定理分别表示出∠EFC和∠ECF的度数，可得∠EFC=∠ECF，即EC=EF，又因为EC=AE，即可得到AE=EF．【小问1详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD且AO=CO，BO=DO，∵∴∵AB=10，∴，∴，∴菱形的面积=【小问2详解】证明：如图，连接EC，设∠BAE的度数为x，∵四边形ABCD为菱形，∴BD是AC的垂直平分线，∴AE=CE，∠AED=∠CED，∠EAC=∠ECA=60°-x，∵∠ABD=30°，∴∠AED=∠CED =30°+x，∴∠DEF=∠AEF-∠AED=120°-（30°+x）=90°-x∵∠BDC=∠ADC=30°∴∠EFC=180°-（∠DEF+∠BDC）=180°-（90°-x+30°）= x+60°，∵∠CED =30°+x，∴∠ECD =180°-（∠CED+∠BDC）=180°-（30°+x+30°）=120°- x，∴∠ECF =180°-∠ECD =180°-（120°- x）= x+60°，∴∠EFC=∠ECF，∴EF=EC，∵AE=CE，∴．【点睛】本题考查了菱形的性质、菱形面积的求解、特殊角的三角函数值以及三角形的内角和定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．