動(dòng)靜結(jié)合的四邊形中考題

一、多邊形的計(jì)算

例1 （2017·蘇州）如圖1，在正五邊形ABCDE中，連接BE，則∠ABE的度數(shù)為（ ）.

A.30° B.36° C.54° D.72°

【思路分析】本題考查了正五邊形的內(nèi)角和以及等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是求出正五邊形的每個(gè)內(nèi)角的度數(shù).可以先根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式求出內(nèi)角和，求出每個(gè)內(nèi)角的度數(shù)，再結(jié)合△ABE是等腰三角形，求出底角的度數(shù).

【解答過程】∵已知正五邊形ABCDE，∴五邊形ABCDE內(nèi)角和等于（5-2）×180°=540°，∴每一個(gè)內(nèi)角為540°÷5=108°，又∵AB=AE，∴∠ABE

=（180°-108°）÷2=36°，故選B.

【另法點(diǎn)撥】此題也可根據(jù)正五邊形的外角和是360°，求出每個(gè)外角為72°，相鄰內(nèi)角就是108°，從而得到底角的度數(shù)是36°.

二、平行四邊形的判定與性質(zhì)

例2 （2017·鎮(zhèn)江）如圖2，點(diǎn)B、E分別在AC、DF上，AF分別交BD、CE于點(diǎn)M、N，∠A=∠F，∠1=∠2.

（1）求證：四邊形BCED是平行四邊形；

（2）已知DE=2，連接BN，若BN平分∠DBC，求CN的長(zhǎng).

【思路分析】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定，解題的關(guān)鍵是利用兩組對(duì)邊分別平行判定平行四邊形，再應(yīng)用平行四邊形的性質(zhì)求得線段長(zhǎng).第（1）問，根據(jù)條件中已有角的相等關(guān)系，判斷四邊形的兩組邊分別平行，進(jìn)而確定四邊形是平行四邊形；第（2）問用平行四邊形的性質(zhì)和角平分線可得等腰△BCN，進(jìn)而將求線段CN的長(zhǎng)轉(zhuǎn)化為求BC的長(zhǎng).

【解答過程】（1）證明：∵∠A=∠F，∴DF∥AC.又∵∠1=∠2，∠1=∠DMF，∴∠2=∠DMF，∴DB∥EC，∴四邊形BCED是平行四邊形.

（2）解：∵BN平分∠DBC，∴∠DBN=∠NBC，∵DB∥EC，∴∠DBN=∠BNC，∴∠NBC=∠BNC，∴BC=CN.∵四邊形BCED是平行四邊形，∴BC=DE=2，∴CN=2.

【規(guī)律總結(jié)】在問題（2）中，平行線與角平分線的條件組合，可得等腰三角形，這是一個(gè)幾何基本圖形.

三、三角形的中位線性質(zhì)

例3 （2017·懷化）如圖3，在?ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，OE=5cm，則AD的長(zhǎng)為 cm.

【思路分析】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)和三角形中位線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是確定OE是三角形的中位線.利用平行四邊形的對(duì)角線性質(zhì)和點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，可得OE是△BAD的中位線，從而求出AD的長(zhǎng).

【解答過程】∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴點(diǎn)O為BD的中點(diǎn).又∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴OE是△BAD的中位線，則AD=2OE=2×5=10.故答案為10.

【易錯(cuò)點(diǎn)睛】本題易錯(cuò)點(diǎn)是不能由平行四邊形的性質(zhì)得到O為BD的中點(diǎn)，從而不能確定OE是△BAD的中位線.

四、矩形的判定與性質(zhì)

例4 （2017·宿遷）如圖4，在矩形紙片ABCD中，已知AB=1，BC=[3]，點(diǎn)E在邊CD上移動(dòng).連接AE，將多邊形ABCE沿直線AE折疊，得到多邊形AB′C′E，點(diǎn)B、C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為B′、C′.

（1）若當(dāng)B′C′恰好經(jīng)過點(diǎn)D時(shí)（如圖4），求線段CE的長(zhǎng)；

（2）若B′C′分別交邊AD、CD于點(diǎn)F、G，且∠DAE=22.5°（如圖5），求△DFG的面積；

（3）在點(diǎn)E從點(diǎn)C移動(dòng)到點(diǎn)D的過程中，求點(diǎn)C′運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng).

【思路分析】本題是幾何壓軸題，綜合考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定、等腰直角三角形的性質(zhì)與判定、勾股定理、弧長(zhǎng)的計(jì)算等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是利用勾股定理或相似三角形知識(shí)計(jì)算出相關(guān)線段的長(zhǎng)，找到C′點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路徑并用弧長(zhǎng)公式進(jìn)行計(jì)算即可.（1）在Rt△AB′D中，先由勾股定理求出B′D的長(zhǎng)，進(jìn)而得到C′D的長(zhǎng)，然后利用勾股定理得到關(guān)于CE（令CE=x）的一元一次方程x2+（[3]-[2]）2=（1-x）2，解方程即可得到CE的長(zhǎng)；或者利用相似三角形的知識(shí)，通過證明△ADB′∽△DEC′，得到[DEAD]=[C′DB′A]，即[1-CE3]=[3-21]，也可求出CE的長(zhǎng).（2）先判斷△AFB′是等腰直角三角形，并求出AF的長(zhǎng)，進(jìn)而求出DF的長(zhǎng)；然后再判斷△FDG是等腰直角三角形，進(jìn)而求出該三角形的面積.（3）連接AC′，則AC′=AC=2，在點(diǎn)E從點(diǎn)C移動(dòng)到點(diǎn)D的過程中，點(diǎn)C′運(yùn)動(dòng)的路徑是以點(diǎn)A為圓心，AC長(zhǎng)為半徑且圓心角為60°的扇形弧長(zhǎng)，最后進(jìn)行弧長(zhǎng)計(jì)算即可.

【解答過程】（1）設(shè)CE=C′E=x，則DE=1-x.在Rt△AB′D中，B′D=[32-12]=[2]，所以C′D=[3]-[2].在Rt△EC′D中，由勾股定理，得x2+（[3]-[2]）2=（1-x）2，解得x=[6]-2，所以CE的長(zhǎng)為[6]-2.

（2）∵四邊形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]，F(xiàn)D=[3]-[2].∵∠AFB′

=45°，∠D=90°，∴∠DFG=45°，△DFG是等腰直角三角形，∴S△DFG=[12]（[3]-[2]）2=[52]-[6].

（3）如圖6，連接AC，在Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=2.∵tan∠BAC=[BCAB]=[3]，∴∠BAC

=60°，∠CAD=30°.當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)D重合時(shí)，∠C′AD=30°.∴在點(diǎn)E從點(diǎn)C移動(dòng)到點(diǎn)D的過程中，點(diǎn)C′運(yùn)動(dòng)的路徑是以點(diǎn)A為圓心，AC長(zhǎng)為半徑且圓心角為60°的扇形弧長(zhǎng)，而l弧=[60π·2180]=[2π3]，故點(diǎn)C′運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)為[2π3].

【易錯(cuò)點(diǎn)睛】本題容易出錯(cuò)的地方有三處：一是在解答第（1）問時(shí)，因二次根式計(jì)算出錯(cuò)；二是在解第（2）問時(shí)，不能充分利用∠DAE=22.5°判斷圖2中的兩個(gè)等腰直角三角形，導(dǎo)致解題束手無策；三是找不到點(diǎn)C′運(yùn)動(dòng)的路徑，不能求出點(diǎn)C′運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng).

【規(guī)律歸納】翻折變換是幾何中常用的幾何變換，解題時(shí)要充分利用翻折前后的兩個(gè)圖形對(duì)應(yīng)線段相等、對(duì)應(yīng)邊相等的性質(zhì).本題的前兩問，都是基于這個(gè)性質(zhì)來求解線段的長(zhǎng)和三角形的面積的.對(duì)于最后一個(gè)問題，可以在備用圖上先找?guī)讉€(gè)特殊的點(diǎn)E的位置，看看點(diǎn)C′的相應(yīng)位置，再利用C′點(diǎn)到A點(diǎn)的距離不變皆為2，這就尋找到C′的運(yùn)動(dòng)軌跡即是以點(diǎn)A為圓心，AC長(zhǎng)為半徑且圓心角為60°的扇形弧長(zhǎng)，弧長(zhǎng)的計(jì)算公式為l=[nπR180].

五、菱形的判定與性質(zhì)

例5 （2017·濱州）如圖7，在?ABCD中，以點(diǎn)A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑畫弧交AD于點(diǎn)F；再分別以點(diǎn)B、F為圓心，大于[12BF]的相同長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)P；連接AP并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)E，連接EF，則所得四邊形ABEF是菱形.

（1）根據(jù)以上尺規(guī)作圖的過程，求證四邊形ABEF是菱形；

（2）若菱形ABEF的周長(zhǎng)為16，AE=[43]，求∠C的大小.

【考點(diǎn)解剖】本題綜合考查了尺規(guī)作角平分線、菱形的性質(zhì)與判定、平行四邊形的性質(zhì)、解直角三角形.解題的關(guān)鍵是根據(jù)尺規(guī)作圖的作法得題目的條件.（1）由“平行線+角平分線”構(gòu)造等腰三角形，然后利用AB=AF（作法）得BE=AF，再根據(jù)BE∥AF完成證明；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)，將所給線段的條件轉(zhuǎn)移到同一直角三角形中，利用邊的關(guān)系得角的度數(shù)，然后利用菱形的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)得∠C的度數(shù).

【解答過程】（1）由作圖過程可知，AB=AF，AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠EAF.∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴BC∥AD，∴∠AEB=∠EAF，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE，∴BE=AF，∴四邊形ABEF為平行四邊形，又∵AB=AF，∴?ABEF為菱形.

（2）連接BF，交AE于點(diǎn)O.

∵四邊形ABEF為菱形，∴BF⊥AE，OA=[12AE]=[12]×[43]=[23]，∠BAD=2∠BAE.∵菱形ABEF的周長(zhǎng)為16，∴AB=4.在Rt△ABO中，cos∠BAE=[OAAB]=[234]=[32]，∴∠BAE=30°，∴∠BAD=60°.∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠C=∠BAD=60°.

【易錯(cuò)點(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)是無法從尺規(guī)作圖的作法中獲取條件，導(dǎo)致無法完成證明.

六、正方形的判定與性質(zhì)

例6 （2017·菏澤）正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6cm，點(diǎn)E、M分別是線段BD、AD上的動(dòng)點(diǎn)，連接AE并延長(zhǎng)，交邊BC于F，過M作MN⊥AF，垂足為H，交邊AB于點(diǎn)N.

（1）如圖9，若點(diǎn)M與點(diǎn)D重合，求證：AF=MN.

（2）如圖10，若點(diǎn)M從點(diǎn)D出發(fā)，以1cm/s的速度沿DA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，以[2]cm/s的速度沿BD向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts.

①設(shè)BF=ycm，求y關(guān)于t的函數(shù)表達(dá)式；

②當(dāng)BN=2AN時(shí)，連接FN，求FN的長(zhǎng).

【考點(diǎn)解剖】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是利用全等三角形和相似三角形證明線段的關(guān)系.（1）直接利用兩角一邊證明△AMN≌△BAF即可.（2）①過點(diǎn)E作EG⊥AB，垂足為G，利用△AEG∽△AFB即可得到結(jié)論；②結(jié)合前兩個(gè)題目的條件可證明△AEG≌△MNA，從而求得t的值，代入①可求得BF，再利用勾股定理進(jìn)行解答.

【解答過程】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAB=∠ABC=90°，AB=AD，∴∠BAF

+∠FAM=90°；∵M(jìn)N⊥AF，∴∠FAM+∠AMN=90°，∴∠AMN=∠BAF，∴△AMN≌△BAF，∴AF=MN.

（2）①過點(diǎn)E作EG⊥AB，垂足為G.

由題意得，DM=t，BE=[2t]，∵四邊形ABCD

是正方形，∴∠ABD=45°，∴GE=GB=t，∴AG=6-t.∵AB⊥BC，∴GE∥BF，∴[GEBF]=[AGAB]，即[ty]=[6-t6]，∴y=[6t6-t].

圖11

②∵BN=2AN，AB=6，∴AN=2，BN=4，∵AM=6-t，AG=6-t，∴AM=AG.

由（1）證得∠BAF=∠AMN，∵∠AGE=∠MAN

=90°，∴△AEG≌△MNA，∴EG=AN，∴t=2，∴y=[6t6-t]=[6×26-2]=3.∴在Rt△BFN中，F(xiàn)N=[BN2+BF2]=[42+32]=5.

【規(guī)律歸納】四邊形的幾何證明題一般都需要用全等或相似作為工具來進(jìn)行證明，在應(yīng)用全等或相似三角形的判定時(shí)，要注意三角形間的隱含條件，如公共邊、公共角、對(duì)頂角、直角、余角等，必要時(shí)添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形.

【一題多解】本題還可以這樣解答：

（2）①∵AB=AD=6，∴BD=[62]，由題意得，DM=t，BE=[2t]，∴AM=6-t，DE=[62]-[2t]，∵AD∥BC，∴△ADE∽△FBE，∴[ADBF]=[DEBE]，即[6y]=[62-2t2t]，∴y=[6t6-t].

②∵BN=2AN，AB=6，∴AN=2，BN=4，由（1）證得∠BAF=∠AMN，又∵∠ABF=∠MAN=90°，∴△ABF∽△MAN，∴[ABAM]=[BFAN]，即[66-t]

=[y2]，∴y=[126-t]，由①求得y=[6t6-t]，∴[126-t]=[6t6-t]，∴t=2，∴y=[126-t]=3，∴FN=[BN2+BF2]

=[42+32]=5.

（作者單位：揚(yáng)州大學(xué)附屬中學(xué)東部分校）