动静结合的四边形中考题

2018-03-29万广磊

初中生世界 2018年11期

万广磊

在历年的中考题中，四边形是必考内容，主要通过静态的图形呈现和动态的图形变换（翻折、旋转、平移等），实现对四边形的边角关系和特殊的平行四边形（含矩形、菱形、正方形）的判定与性质进行考查，还要综合运用化归、函数、方程等思想方法进行计算.下面以2017年几道中考试题为典型进行剖析，以期对同学们有所启发.

一、多边形的计算

例1 （2017·苏州）如图1，在正五边形ABCDE中，连接BE，则∠ABE的度数为（）.

A.30° B.36° C.54° D.72°

图1

【思路分析】本题考查了正五边形的内角和以及等腰三角形的性质，解题的关键是求出正五边形的每个内角的度数.可以先根据多边形的内角和公式求出内角和，求出每个内角的度数，再结合△ABE是等腰三角形，求出底角的度数.

【解答过程】∵已知正五边形ABCDE，∴五边形ABCDE内角和等于（5-2）×180°=540°，∴每一个内角为540°÷5=108°，又∵AB=AE，∴∠ABE=（180°-108°）÷2=36°，故选B.

【另法点拨】此题也可根据正五边形的外角和是360°，求出每个外角为72°，相邻内角就是108°，从而得到底角的度数是36°.

二、平行四边形的判定与性质

例2 （2017·镇江）如图2，点B、E分别在AC、DF上，AF分别交BD、CE于点M、N，∠A=∠F，∠1=∠2.

（1）求证：四边形BCED是平行四边形；

（2）已知 DE=2，连接 BN，若 BN 平分∠DBC，求CN的长.

图2

【思路分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定，解题的关键是利用两组对边分别平行判定平行四边形，再应用平行四边形的性质求得线段长.第（1）问，根据条件中已有角的相等关系，判断四边形的两组边分别平行，进而确定四边形是平行四边形；第（2）问用平行四边形的性质和角平分线可得等腰△BCN，进而将求线段CN的长转化为求BC的长.

【解答过程】（1）证明：∵∠A=∠F，∴DF∥AC.又∵∠1=∠2，∠1=∠DMF，∴∠2=∠DMF，∴DB∥EC，∴四边形BCED是平行四边形.

（2）解：∵BN平分∠DBC，∴∠DBN=∠NBC，∵DB∥EC，∴∠DBN=∠BNC，∴∠NBC=∠BNC，∴BC=CN.∵四边形BCED是平行四边形，∴BC=DE=2，∴CN=2.

【规律总结】在问题（2）中，平行线与角平分线的条件组合，可得等腰三角形，这是一个几何基本图形.

三、三角形的中位线性质

例3 （2017·怀化）如图3，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是AB的中点，OE=5cm，则AD的长为 cm.

图3

【思路分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形中位线的性质，解题的关键是确定OE是三角形的中位线.利用平行四边形的对角线性质和点E是AB的中点，可得OE是△BAD的中位线，从而求出AD的长.

【解答过程】∵四边形ABCD为平行四边形，∴点O为BD的中点.又∵点E是AB的中点，∴OE是△BAD的中位线，则AD=2OE=2×5=10.故答案为10.

【易错点睛】本题易错点是不能由平行四边形的性质得到O为BD的中点，从而不能确定OE是△BAD的中位线.

四、矩形的判定与性质

例4 （2017·宿迁）如图4，在矩形纸片ABCD中，已知AB=1，BC=3，点E在边CD上移动.连接AE，将多边形ABCE沿直线AE折叠，得到多边形AB′C′E，点B、C的对应点分别为B′、C′.

（1）若当B′C′恰好经过点D时（如图4），求线段CE的长；

（2）若B′C′分别交边AD、CD于点F、G，且∠DAE=22.5°（如图5），求△DFG的面积；

（3）在点E从点C移动到点D的过程中，求点C′运动的路径长.

图4

图5

【思路分析】本题是几何压轴题，综合考查了矩形的性质、相似三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理、弧长的计算等知识，解题的关键是利用勾股定理或相似三角形知识计算出相关线段的长，找到C′点运动的路径并用弧长公式进行计算即可.（1）在Rt△AB′D中，先由勾股定理求出B′D的长，进而得到C′D的长，然后利用勾股定理得到关于CE（令CE=x）的一元一次方程x2+解方程即可得到CE的长；或者利用相似三角形的知识，通过证明△ADB′∽△DEC′，得到

（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ADC=90°.∵∠DAE=22.5°，∴∠BAE=∠B′AE=67.5°，∴∠B′AD=67.5°-22.5°=45°.又∵∠B′=90°，AB′=AB=1，∴AF=2，FD=3-2.∵∠AFB′，也可求出CE的长.（2）先判断△AFB′是等腰直角三角形，并求出AF的长，进而求出DF的长；然后再判断△FDG是等腰直角三角形，进而求出该三角形的面积.（3）连接AC′，则AC′=AC=2，在点E从点C移动到点D的过程中，点C′运动的路径是以点A为圆心，AC长为半径且圆心角为60°的扇形弧长，最后进行弧长计算即可.=45°，∠D=90°，∴∠DFG=45°，△DFG 是等腰直角三角形，

（3）如图6，连接AC，在Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=2.∵=60°，∠CAD=30°.当点E与点D重合时，∠C′AD=30°.∴在点E从点C移动到点D的过程中，点C′运动的路径是以点A为圆心，AC长为半径且圆心角为60°的扇形弧长，而l弧=故点C′运动的路径长

图6

【易错点睛】本题容易出错的地方有三处：一是在解答第（1）问时，因二次根式计算出错；二是在解第（2）问时，不能充分利用∠DAE=22.5°判断图2中的两个等腰直角三角形，导致解题束手无策；三是找不到点C′运动的路径，不能求出点C′运动的路径长.

【规律归纳】翻折变换是几何中常用的几何变换，解题时要充分利用翻折前后的两个图形对应线段相等、对应边相等的性质.本题的前两问，都是基于这个性质来求解线段的长和三角形的面积的.对于最后一个问题，可以在备用图上先找几个特殊的点E的位置，看看点C′的相应位置，再利用C′点到A点的距离不变皆为2，这就寻找到C′的运动轨迹即是以点A为圆心，AC长为半径且圆心角为60°的扇形弧长，弧长的计算公式为

五、菱形的判定与性质

例5 （2017·滨州）如图7，在▱ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F；再分别以点B、F为圆心，大于BF的相同长为半径画弧，两弧交于点P；连接AP并延长交BC于点E，连接EF，则所得四边形ABEF是菱形.

（1）根据以上尺规作图的过程，求证四边形ABEF是菱形；

（2）若菱形ABEF的周长为16，AE=4 3，求∠C的大小.

图7

【考点解剖】本题综合考查了尺规作角平分线、菱形的性质与判定、平行四边形的性质、解直角三角形.解题的关键是根据尺规作图的作法得题目的条件.（1）由“平行线+角平分线”构造等腰三角形，然后利用AB=AF（作法）得BE=AF，再根据BE∥AF完成证明；（2）根据菱形的性质，将所给线段的条件转移到同一直角三角形中，利用边的关系得角的度数，然后利用菱形的性质及平行四边形的性质得∠C的度数.

【解答过程】（1）由作图过程可知，AB=AF，AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠EAF.∵四边形ABCD为平行四边形，∴BC∥AD，∴∠AEB=∠EAF，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE，∴BE=AF，∴四边形ABEF为平行四边形，又∵AB=AF，∴▱ABEF为菱形.

（2）连接BF，交AE于点O.

图8

【易错点睛】本题的易错点是无法从尺规作图的作法中获取条件，导致无法完成证明.

六、正方形的判定与性质

例6 （2017·菏泽）正方形ABCD的边长为6cm，点E、M分别是线段BD、AD上的动点，连接AE并延长，交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N.

（1）如图9，若点M与点D重合，求证：AF=MN.

（2）如图10，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 2cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts.

图9

图10

①设BF=ycm，求y关于t的函数表达式；

②当BN=2AN时，连接FN，求FN的长.

【考点解剖】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是利用全等三角形和相似三角形证明线段的关系.（1）直接利用两角一边证明△AMN≌△BAF即可.（2）①过点E作EG⊥AB，垂足为G，利用△AEG∽△AFB即可得到结论；②结合前两个题目的条件可证明△AEG≌△MNA，从而求得t的值，代入①可求得BF，再利用勾股定理进行解答.

【解答过程】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB=∠ABC=90°，AB=AD，∴∠BAF+∠FAM=90°；∵MN⊥AF，∴∠FAM+∠AMN=90°，∴∠AMN=∠BAF，∴△AMN≌△BAF，∴AF=MN.

（2）①过点E作EG⊥AB，垂足为G.

由题意得，DM=t，BE=2t，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD=45°，∴GE=GB=t，∴AG=6-t.∵AB⊥BC，∴GE∥BF，