2015年陕西省中考数学总复习教学案：第23讲 特殊的平行四边形

第23讲 特殊的平行四边形

殊平行四边形有关的开放性、探索性问题，或是与三角形全等和相似、圆、函数等知识结合构建的综合题，每年都会在选择(填空)和解答题中对本节内容考查．预计2015年对此部分的考查仍会是一个重点，可能会在选择或填空题中考查特殊四边形相关计算，在解答题中结合开放性问题来考查．

1．有一个角是__直角__的平行四边形是矩形．矩形的四个角都是__直角__，对角线__相等且互相平分__；既是轴对称图形，又是中心对称图形，有__两__条对称轴．

矩形的判定方法：

(1)有三个角是____的四边形；

(2)是平行四边形且有一个角是__直角__； (3)__的平行四边形；

(4)____的四边形．

2．有一组__邻边相等__的平行四边形叫做菱形．菱形的四条边都__相等__，对角线__互相垂直平分__，且每一条对角线__平分一组对角__；既是轴对称图形，又是中心对称图形，有__两__条对称轴．

菱形的判定方法：

(1)四条边都____；

(2)有一组____的平行四边形； (3)对角线____的平行四边形； (4)对角线__互相垂直平分__的四边形．

3．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．正方形的四个角都是____，四条边都__

__，两条对角线____，并且__，每一条对角线__平分一组对角__；既是轴对称图形，又是中心对称图形，有__四__条对称轴．

正方形的判定方法：

(1)邻边相等的__矩形__； (2)有一角是直角的__．

一个防范 在判定矩形、菱形或正方形时，要明确是在“四边形”还是在“平行四边形”的基础之上来求证的．要熟悉各判定定理的联系和区别，解题时要认真审题，通过对已知条件的分析、综合，最后确定用哪一种判定方法．

三种联系

(1)平行四边形与矩形的联系： 在平行四边形的基础上，增加“一个角是直角”或“对角线相等”的条件可为矩形；若在四边形的基础上，则需有三个角是直角(第四个角必是直角)则可判定为矩形．

(2)平行四边形与菱形的联系：

在平行四边形的基础上，增加“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”的条件可为菱形；若在四边形的基础上，需有四边相等则可判定为菱形．

(3)菱形、矩形与正方形的联系： 正方形的判定可简记为：菱形＋矩形＝正方形，其证明思路有两个：先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等(即矩形)；或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直(即菱形)．

总结：平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系归纳如下：

注：学好本部分内容的方法是：弄清楚平行四边形，矩形、菱形和正方形之间的联系和区别，以整体的的观点看待本部分内容．

1．(2014·陕西)如图，在菱形ABCD中，AB＝5，对角线AC＝6.若过点A作AE⊥BC ，垂足为E，则AE的长为( C )

1224

A．4 B. C. D．

5

55

,第1题图 )

,第2题图)

2．(2013·陕西)如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB，点M，N分别在边AD，BC上，

AM

连接BM，DN，若四边形MBND是菱形，则( C )

MD

3234A B. C. D. 8355

3．(2012·陕西)如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，OE⊥AB，垂足为E，若∠ADC＝130°，则∠AOE的大小为( B )

A．75° B．65° C．55° D．50° 4．(2014·陕西)问题探究

(1)如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长；

(2)如图②，在△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝12，AD是BC边上的高，E，F分别为边AB，AC的中点，当AD＝6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF＝90°，求此时BQ的长；

问题解决

(3)有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳，已知∠A＝∠E＝∠D＝90°，AB＝270 m，AE＝400 m，ED＝285 m，CD＝340 m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB＝60°？若存在，请求出符合条件的DM的长，若不存在，请说明理由．

解：(1)①作AD的垂直平分线交BC于点P，如图①，则PA＝PD.∴△PAD是等腰三角形．∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝DC，∠B＝∠C＝90°.∵PA＝PD，AB＝DC，∴Rt△ABP≌Rt△DCP(HL)．∴BP＝CP.∵BC＝4，∴BP＝CP＝2 ②以点D为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P′，如图①，则DA＝DP′.∴△P′AD是 等腰三角形．∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AB＝DC，∠C＝90°.∵AB＝3，BC＝4，∴DC＝3，DP′＝4.∴CP′＝4－37.∴BP′＝47.③点A为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P″，如图①，则AD＝AP″.∴△P″AD是等腰三角形．同理可得：BP″7.综上所述：在等腰三角形△ADP中，若PA＝PD，则BP＝2；若DP＝DA，则BP＝4－7；若AP＝AD，则BP＝7

1

(2)∵E，F分别为边AB，AC的中点，∴EF∥BC，EF＝∵BC＝12，∴EF＝6.以

2

EF为直径作⊙O，过点O作OQ⊥BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图②.∵AD⊥BC，AD＝6，∴EF与BC之间的距离为3.∴OQ＝3∴OQ＝OE＝3.∴⊙O与BC相切，切点为Q.∵EF为⊙O的直径，∴∠EQF＝90°.过点E作EG⊥BC，垂足为G，如图②.∵EG⊥BC，OQ⊥BC，∴EG∥OQ.∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ＝90°，OE＝OQ，∴四边形OEGQ是正方形．∴GQ＝EO＝3，EG＝OQ＝3.∵∠B＝60°，∠EGB＝90°，EG＝3，∴BG＝3.∴BQ＝GQ＋BG＝3＋3.∴当∠EQF＝90°时，BQ的长为3＋3 (3)在线段CD上存在点M，使∠AMB＝60°.理由如下：以AB为边，在AB的右侧作等边三角形ABG，作GP⊥AB，垂足为P，作AK⊥BG，垂足为K.设GP与AK交于点O，以点O为圆心，OA为半径作⊙O，过点O作OH⊥CD，垂足为H，如图③.则⊙O是△ABG的外接圆，∵△ABG是等边三角

1

形，GP⊥AB，∴AP＝PBAB.∵AB＝270，∴AP＝135.∵ED＝285，∴OH＝285－135＝

2

150.∵△ABG是等边三角形，AK⊥BG，∴∠BAK＝∠GAK＝30°.∴OP＝AP·tan30°＝

3

135×3.∴OA＝2OP＝3.∴OH＜OA.∴⊙O与CD相交，设交点为M，连接MA、

3

MB，如图③.∴∠AMB＝∠AGB＝60°，OM＝OA＝903.∵OH⊥CD，OH＝150，OM＝90，∴HMOM－OH＝（）2－1502＝30∵AE＝400，OP＝45，∴DH＝400－3.若点M在点H的左边，则DM＝DH＋HM＝400－453＋2.∵400－3＋302＞340，∴DM＞CD.∴点M不在线段CD上，应舍去．若点M在点H的右边，则DM＝DH－HM＝400－453－303.∵400－453－2＜340，∴DM＜CD.∴点M在线段CD

上．综上所述：在线段CD上存在唯一的点M，使∠AMB＝60°

，此时DM的长为(400－45－30米

5．(2013·陕西)问题探究

(1)请在图①中作出两条直线，使它们将圆面积四等分；

(2)如图②，M是正方形ABCD内一定点，请在图②中作出两条直线(要求其中一条直线必须过点M)使它们将正方形ABCD的面积四等分，并说明理由．

问题解决

(3)如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＋CD＝BC，点P是AD的中点，如果AB＝a，CD＝b，且b＞a，那么在边BC上是否存在一点Q，使PQ所在直线将四边形ABCD

的面积分成相等的两部分？如若存在，求出BQ的长；若不存在，说明理由．

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