专题四 三角形、四边形综合问题探究,考标完全解读)宜宾市近五年的有关三角形、四边形综合探究问题，纵观近几年宜宾市中考题，三角形常与旋转、折叠、平移等知识点结合起来考查；四边形中要特别关注平行四边形、矩形、菱形和正方形的性质和判定，以及运用其性质解决有关计算的问题．具有选拔功能的中考图形题是为考查同学们综合运用知识的能力而设计的题目，其特点是知识点多、覆盖面广、条件隐蔽、关系复杂、思路难觅、解法灵活．这类题虽较难，但有梯度，一般题目中由浅入深有1～3个问题．解几何综合题应注意以下几点：1．注意数形结合，多角度、全方位观察图形，挖掘隐含条件，寻求数量关系和相等关系．2．注意推理和计算相结合，力求解题过程的规范化．3．注意掌握常规的证题思路，常规的辅助线添法．4．注意灵活地运用数学的思想和方法．解决三角形、四边形综合探究问题的关键是把代数知识与几何图形的性质及计算与证明有机融合起来，一般用综合分析法进行分析、推理，从而达到解决问题的目的．,典型题型讲练) 操作探究【例1】将两块全等的三角板如图①摆放，其中∠A1CB1＝∠ACB＝90°，∠A1＝∠A＝30°.(1)将图①中的△A1B1C绕点C顺时针旋转45°得图②，点P1是A1C与AB的交点，点Q是A1B1与BC的交点，求证：CP1＝CQ；(2)在图②中，若AP1＝2，则CQ等于多少？(3)如图③，在B1C上取一点E，连结BE，P1E，设BC＝1，当BE⊥P1B时，求△P1BE面积的最大值．【解析】(1)先判断∠B1CQ＝∠BCP1＝45°，利用A.S.A.即可证明△B1CQ≌△BCP1，从而得出结论；(2)作P1D⊥CA于D，在Rt△ADP1中，求出P1D，在Rt△CDP1中求出CP1，继而可得出CQ的长度；(3)证明△AP1C∽△BEC，则有AP1∶BE＝AC∶BC＝∶1，设AP1＝x，则BE＝x，得出S△P1BE关于x的表达式，利用配方法求最值即可．【答案】解：(1)∵∠B1CB＝45°，∠B1CA1＝90°，∴∠B1CQ＝∠BCP1＝45°，∵在△B1CQ和△BCP1中，10\n∴△B1CQ≌△BCP1(A.S.A.)，∴CQ＝CP1；(2)作P1D⊥CA于D，∵∠A＝30°，∴P1D＝AP1＝1.∵∠P1CD＝45°，∴＝sin45°＝，∴CP1＝P1D＝.又∵CP1＝CQ，∴CQ＝；(3)∵∠P1BE＝90°，∠ABC＝60°，∴∠A＝∠CBE＝30°，∴AC＝BC，由旋转的性质可得：∠ACP1＝∠BCE，∴△AP1C～△BEC，∴AP1∶BE＝AC∶BC＝∶1，设AP1＝x，则BE＝x，在Rt△ABC中，∠A＝30°，∴AB＝2BC＝2，∴S△P1BE＝×x(2－x)＝－x2＋x＝－(x－1)2＋.故当x＝1时，△P1BE的面积有最大值，最大值为.【针对练习】1．(2022宜宾中考模拟)已知：在平行四边形ABCD中，点E在直线AD上，AE＝AD，连结CE交BD于点F，则EF∶FC的值是__或__．【解题心得】 动态研究【例2】如图，点B在线段AC上，点D，E在AC同侧，∠A＝∠C＝90°，BD⊥BE，AD＝BC.10\n(1)求证：AC＝AD＋CE；(2)若AD＝3，CE＝5，点P为线段AB上的动点，连结DP，作PQ⊥DP，交直线BE于点Q；①当点P与A，B两点不重合时，求的值；②当点P从A点运动到AC的中点时，求线段DQ的中点所经过的路径(线段)长．(直接写出结果，不必写出解答过程)【解析】(1)根据同角的余角相等求出∠DBA＝∠BEC，再利用“A.A.S.”证明△ABD和△CEB全等，根据全等三角形对应边相等可得AB＝CE，然后根据AC＝AB＋BC整理即可得证；(2)①过点Q作QF⊥BC于F，根据△BFQ和△BCE相似可得＝，再根据△ADP和△FPQ相似可得＝，然后整理得到(AP－BF)(5－AP)＝0，从而求出AP＝BF，最后利用相似三角形对应边成比例可得，从而得解；②判断出DQ的中点的路径为△BDQ的中位线MN.求出QF，BF的长度，利用勾股定理求出BQ的长度，再根据中位线性质求出MN的长度，即所求的路径长．【答案】解：(1)∵BD⊥BE，∴∠DBA＋∠EBC＝180°－90°＝90°.∵∠C＝90°，∴∠EBC＋∠E＝180°－90°＝90°，∴∠DBA＝∠E.∵在△ABD和△CEB中，∴△ABD≌△CEB(A.A.S.)，∴AB＝CE，∴AC＝AB＋BC＝AD＋CE；(2)①如答图①，过点Q作QF⊥BC于F.则△BFQ∽△BCE，∴＝，即＝，∴FQ＝BF.∵DP⊥PQ，10\n∴∠APD＋∠FPQ＝180°－90°＝90°.∵∠APD＋∠ADP＝180°－90°＝90°，∴∠ADP＝∠FPQ.又∵∠A＝∠PFQ＝90°，∴△ADP∽△FPQ，∴＝，即＝，∴＝，整理得，(AP－BF)(AP－5)＝0，∵点P与A，B两点不重合，∴AP≠5，∴AP＝BF，由△ADP∽△FPQ得，＝，∴＝；②线段DQ的中点所经过的路径(线段)就是△BDQ的中位线MN，如答图②.由(2)①可知，QF＝AP，当点P运动至AC中点时，AP＝4，∴QF＝，∴BF＝FQ×＝4，在Rt△BFQ中，根据勾股定理得：BQ＝＝＝，∴MN＝BQ＝，∴线段DQ的中点所经过的路径(线段)长为.10\n【针对练习】2．(2022宜宾中考模拟)如图，将一张直角三角形纸片ABC沿斜边AB上的中线CD剪开，得到△ACD，再将△ACD沿DB方向平移到△A′C′D′的位置，若平移开始后点D′未到达点B时，A′C′交CD于点E，D′C′交CB于点F，连结EF，当四边形EDD′F为菱形时，试探究△A′DE的形状，并判断△A′DE与△EFC′是否全等？请说明理由．解：当四边形EDD′F为菱形时，△A′DE是等腰三角形，△A′DE≌△EFC′.理由：∵△BCA是直角三角形，∠ACB＝90°，AD＝DB，∴CD＝DA＝DB，∴∠DAC＝∠DCA.∵A′C′∥AC，∴∠DA′E＝∠A，∠DEA′＝∠DCA，∴∠DA′E＝∠DEA′，∴DA′＝DE，∴△A′DE是等腰三角形．∵四边形DEFD′是菱形，∴EF＝DE＝DA′，EF∥DD′，∴∠C′EF＝∠DA′E，∠EFC′＝∠C′D′A′.∵CD∥C′D′，∴∠C′D′A′＝∠EDA′，∴∠EFC′＝∠A′DE.在∠A′DE和△EFC′中，∴△A′DE≌△EFC′.【解题心得】 类比探究【例3】通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，请补充完整．原题：如图①，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF＝45°，连结EF，则EF＝BE＋DF，试说明理由．(1)思路梳理∵AB＝AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．∵∠ADC＝∠B＝90°，∴∠FDG＝180°，点F，D，G共线．根据________，易证△AFG≌________，得EF＝BE＋DF.(2)类比引申如图②，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°.若∠B，∠D10\n都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系__∠B＋∠D＝180°__时，仍有EF＝BE＋DF.(3)联想拓展如图③，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°.猜想BD，DE，EC应满足的等量关系，并写出推理过程．【解析】(1)把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，根据全等得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，求出∠FAG＝∠FAE，证出△AFG≌△AFE即可；(2)把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，根据全等得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，求出∠FAG＝∠FAE，证出△AFG≌△AFE即可；(3)把△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，连结EG，根据全等得出AD＝AG，BD＝CG，∠B＝∠ACG，∠BAD＝∠CAG，求出∠B＝45°，∠ECG＝90°，∠DAE＝∠EAG，证出△DAE≌△GAE，根据全等得出DE＝EG即可．【答案】解：(1)S.A.S.；△AFE；(2)∠B＋∠D＝180°；(3)BD2＋CE2＝DE2，理由如下：∵AB＝AC，∴把△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，连结EG，如答图．∴AD＝AG，BD＝CG，∠B＝∠ACG，∠BAD＝∠CAG，∵在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝45°，∴∠ECG＝∠ACB＋∠ACG＝∠ACB＋∠B＝45°＋45°＝90°.∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，∴∠EAG＝∠CAE＋∠CAG＝∠CAE＋∠BAD＝90°－45°＝45°，∴∠DAE＝∠EAG.在△DAE和△GAE中，∴△DAE≌△GAE(S.A.S.)，∴DE＝EG，在Rt△ECG中，由勾股定理得EG2＝CE2＋CG2，即BD2＋CE2＝DE2.【针对练习】3．(2022菏泽中考)正方形ABCD的边长为6cm，点E，M分别是线段BD，AD上的动点，连结AE并延长，10\n交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N.(1)如图①，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；(2)如图②，若点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B出发，以cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts.①设BF＝ycm，求y关于t的函数表达式；②当BN＝2AN时，连结FN，求FN的长．解：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.∵MN⊥AF，∴∠NAH＋∠ANH＝90°.∵∠NDA＋∠ANH＝90°，∴∠NAH＝∠NDA.∴△ABF≌△DAN，∴AF＝MN；(2)①∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BF，∴∠ADE＝∠FBE.∵∠AED＝∠BEF，∴△EBF∽△EDA，∴＝.∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC＝CB＝6，∴BD＝6.∵点E从点B出发，以cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts．∴BE＝t，DE＝6－t，∴＝，∴y＝；②∵四边形ABCD是正方形，∴∠MAN＝∠FBA＝90°.∵MN⊥AF，∴∠NAH＋∠ANH＝90°.∵∠NMA＋∠ANH＝90°，∴∠NAH＝∠NMA.∴△ABF∽△MAN.∴＝.∵BN＝2AN，AB＝6，∴AN＝2，BN＝4，∴＝，∴t＝2或t＝6(舍去)，把t＝2代入y＝，得y＝3，即BF＝3.在Rt△BFN中，BF＝3，BN＝4，根据勾股定理即可得FN＝5.4．(2022临沂中考)如图①，在正方形ABCD中，E，F分别是边BC，AB上的点，且CE＝BF.连结DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE，连结FG，FC.10\n(1)请判断：FG与CE的数量关系是________，位置关系是________；(2)如图②，若E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其他条件不变，(1)中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；(3)如图③，若E，F分别是边BC，AB延长线上的点，其他条件不变，(1)中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断．解：(1)FG＝CE；FG∥CE；(2)成立．证明：设CF与DE相交于点M.∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠FBC＝∠ECD＝90°.∵BF＝CE，∴△BCF≌△CDE，∴FC＝ED，∠DEC＝∠BFC.∵∠BFC＋∠FCE＝90°，∴∠DEC＋∠FCE＝90°，∴∠EMC＝90°，即FC⊥DE.∵GE⊥DE，∴GE∥FC.又∵EG＝DE，∴EG＝FC，∴四边形GECF是平行四边形，∴FG＝CE，FG∥CE.(3)成立．5．(2022安徽中考)已知正方形ABCD，点M为边AB的中点．(1)如图①，点G为线段CM上的一点，且∠AGB＝90°，延长AG，BG分别与边BC，CD交于点E，F.求证：①BE＝CF；②BE2＝BC·CE；(2)如图②，在边BC上取一点E，满足BE2＝BC·CE，连结AE交CM于点G，连结BG并延长交CD于点F，求tan∠CBF的值．解：(1)①∵四边形ABCD为正方形，10\n∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCF＝90°.又∠AGB＝90°，∴∠BAE＋∠ABG＝90°.又∠ABG＋∠CBF＝90°，∴∠BAE＝∠CBF，∴△ABE≌△BCF(A.S.A.)，∴BE＝CF；②∵∠AGB＝90°，点M为AB的中点，∴MG＝MA＝MB，∴∠GAM＝∠AGM.又∵∠CGE＝∠AGM，∴∠CGE＝∠CBG.又∵∠ECG＝∠GCB，∴△CGE∽△CBG，∴＝，即CG2＝BC·CE.由∠CFG＝∠GBM＝∠BGM＝∠CGF，得CF＝CG.由①知，BE＝CF，∴BE＝CG，∴BE2＝BC·CE；(2)(方法一)延长AE，DC交于点N(如答图①)．∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠N＝∠EAB.又∵∠CEN＝∠BEA，∴△CEN∽△BEA.故＝，即BE·CN＝AB·CE.∵AB＝BC，BE2＝BC·CE，∴CN＝BE.由AB∥DN知，＝＝.又∵AM＝MB，∴FC＝CN＝BE.不妨假设正方形边长为1.10\n设BE＝x，则由BE2＝BC·CE，得x2＝1·(1－x)．解得：x1＝，x2＝(舍去)，∴＝，∴tan∠CBF＝＝＝.(方法二)不妨假设正方形边长为1.设BE＝x，则由BE2＝BC·CE，得x2＝1·(1－x)．解得：x1＝，x2＝(舍去)．即BE＝.作GN∥BC交AB于N(如答图②)，则△MNG∽△MBC，∴＝＝.设MN＝y，则GN＝2y，GM＝y.∵＝，即＝，解得y＝，∴GM＝，∴GM＝MA＝MB，此时点G在以AB为直径的圆上，∴△AGB是直角三角形，且∠AGB＝90°，由(1)知BE＝CF，∴tan∠CBF＝＝＝.【解题心得】10
