专题06 四边形（5个考向）-5年（2018-2022）中考1年模拟数学分项汇编（山西专用）

专题06四边形 考向1 多边形 1．（2018•山西）图1是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消溶，形状无一定规则，代表一种自然和谐美．图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝　360　度． 【答案】360° 【解析】由多边形的外角和等于360°可知， ∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，故答案为：360°． 考向2平行四边形的性质与判定 2．（2021•山西）综合与实践 问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在▱ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明． 独立思考：（1）请解答老师提出的问题； 实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将▱ABCD沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C′，连接DC′并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明． 问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A′，使A′B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A′M，交CD于点N．该小组提出一个问题：若此▱ABCD的面积为20，边长AB＝5，BC＝2，求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积．请你思考此问题，直接写出结果． 解：（1）结论：EF＝BF． 理由：如图①中，作FH∥AD交BE于H． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∵FH∥AD，∴DE∥FH∥CB， ∵DF＝CF，∴1， ∴EH＝HB， ∵BE⊥AD，FH∥AD， ∴FH⊥EB，∴EF＝BF． 解法二：分别延长AD，BF相交于点M，类似于倍长中线法，直角三角形斜边中线性质解决问题． （2）结论：AG＝BG． 理由：如图②中，连接CC′． ∵△BFC′是由△BFC翻折得到， ∴BF⊥CC′，FC＝FC′， ∵DF＝FC， ∴DF＝FC＝FC′， ∴∠CC′D＝90°， ∴CC′⊥GD， ∴DG∥BF， ∵DF∥BG， ∴四边形DFBG是平行四边形， ∴DF＝BG， ∵AB＝CD，DFCD， ∴BGAB，∴AG＝GB． （3）如图③中，过点D作DJ⊥AB于J，过点M作MT⊥AB于T． ∵S平行四边形ABCD＝AB•DJ， ∴DJ4， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC＝2，AB∥CD， ∴AJ2， ∵A′B⊥AB，DJ⊥AB， ∴∠DJB＝∠JBH＝∠DHB＝90°， ∴四边形DJBH是矩形， ∴BH＝DJ＝4， ∴A′H＝A′B﹣BH＝5﹣4＝1， ∵tanA2， 设AT＝x，则MT＝2x， ∵∠ABM＝∠MBA′＝45°， ∴MT＝TB＝2x， ∴3x＝5， ∴x，∴MT， ∵tanA＝tanA′2， ∴NH＝2， ∴S△ABM＝S△A′BM5， ∴S四边形BHNM＝S△A′BM﹣S△NHA′1×2． 考向3矩形的性质与判定 3．（2022•山西）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线． （1）实践与操作：利用尺规作线段AC的垂直平分线，垂足为点O，交边AD于点E，交边BC于点F（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）． （2）猜想与证明：试猜想线段AE与CF的数量关系，并加以证明． 解：（1）如图， （2）AE＝CF，证明如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO， ∵EF是AC的垂直平分线， ∴AO＝CO， 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（AAS）， ∴AE＝CF． 考向4菱形的性质与判定 4．（2021•山西）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD＝8，AC＝6，OE∥AB，交BC于点E，则OE的长为 　　． 解：∵菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O， ∴OA＝OC，OB，AC⊥BD， ∵OE∥AB， ∴BE＝CE， ∴OE为△ABC的中位线， ∴， 在Rt△ABO中，由勾股定理得： ， ∴OE． 考向5正方形的性质与判定 5．（2020•山西）综合与实践 问题情境： 如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C）．延长AE交CE′于点F，连接DE． 猜想证明： （1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由； （2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若AB＝15，CF＝3，请直接写出DE的长． 解：（1）四边形BE'FE是正方形， 理由如下： ∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°， ∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°， 又∵∠B