中考总复习精练第2编专题4：三角形、四边形综合性

知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。

--培根B P微复习：三角形、四边形综合探索题型随着中考题型的不断变化，三角形、四边形题目由原来单纯考察全等、相似、旋转、位移、特殊平行四边形等基础题型，也变为开放探索性综合题目。

开放探索性问题，由于没有指明结论，对学生的要求较高，一般要求学生通过自己的观察、猜想、分析、归纳概括来发现解题条件或结论或结论成立的条件。

所以是近几年的热点考题。

如：山东枣庄2017年中考题目例1：已知正方形ABCD，P为射线AB上的一点，以BP为边作正方形BPEF，使点F在线段CB的延长线上，连接EA，EC．（1）如图1，若点P在线段AB的延长线上，求证：EA=EC；（2）如图2，若点P在线段AB的中点，连接AC，判断△ACE的形状，并说明理由；（3）如图3，若点P在线段AB上，连接AC，当EP平分∠AEC时，设AB=a，BP=b，求a:b及∠AEC的度数．D A D: A D AEEFC B F C图1P E图2图3分析:这是一道典型的三角形、四边形综合题目。

（1）连BE，依据正方形的性质可得到△CBE≌△ABE，即可得出结论；（2）是结论探索型问题，具有开放性，学生要依据正方形的性质，分别表示出△ACE三边的长度，即可得出结论；（3）正方形的性质和EP平分∠AEC可推出三线合一的存在，利用三角形相似即可得出结论，求∠AEC的度数，要利用勾股定理、三角形全等的性质得出CE平分∠ACF即可得出结论由此得出：三角形、四边形综合题目，要求学生不仅要掌握三角形、四边形的基础知识点，而且还要把这些知识点形成知识树，明白知识点之间的关系，并能灵活进行知识点间的互换；还要学生把自己平时的做题经验进行总结，形成自己的解题能力。

P例2、如图，在Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D，E分别在AC，BC上，且CD=CE．（1）如图1，求证：∠CAE=∠CBD；（2）如图2，F是BD的中点，求证：AE⊥CF；（3）如图3，F，G分别是BD，AE的中点，若AC=2，CE=1，求△CGF的面积．分析：这是一道典型的三角形综合题目。

中考三轮冲刺复习：《四边形综合训练》1．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝32，DC＝24，AD＝42，动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒4个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB 上以每秒2个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．（1）设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式；（2）当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？（3）是否存在时刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．解：（1）如图1，过点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形．∴PM＝DC＝24．∵QB＝32﹣t，∴S＝×24×（32﹣2t）＝384﹣24t（0≤t＜16）；（2）由图可知：CM＝PD＝4t，CQ＝2t．以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：①若PQ＝BQ．在Rt△PMQ中，PQ2＝4t2+242，由PQ2＝BQ2得4t2+242＝（32﹣2t）2，解得t＝；②若BP＝BQ．在Rt△PMB中，BP2＝（32﹣4t）2+242．由BP2＝BQ2得：（32﹣4t）2+242＝（32﹣2t）2即3t2﹣32t+144＝0．由于△＝﹣704＜0，∴3t 2﹣32t +144＝0无解，∴PB ≠BQ ．③若PB ＝PQ ．由PB 2＝PQ 2，得4t 2+242＝（32﹣4t ）2+242 整理，得3t 2﹣64t +256＝0．解得t 1＝，t 2＝16（舍去） 综合上面的讨论可知：当t ＝秒或t ＝秒时，以B 、P 、Q 三点为顶点的三角形是等腰三角形．（3）设存在时刻t ，使得PQ ⊥BD ．如图2，过点Q 作QE ⊥AD 于E ，垂足为E ．∵AD ∥BC∴∠BQF ＝∠EPQ ，又∵在△BFQ 和△BCD 中∠BFQ ＝∠C ＝90°，∴∠BQF ＝∠BDC ，∴∠BDC ＝∠EPQ ，又∵∠C ＝∠PEQ ＝90°，∴Rt △BDC ∽Rt △QPE ，∴＝，即＝，解得t ＝9．所以，当t ＝9秒时，PQ ⊥BD ．2．综合与实践在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为斜边AB上的动点（不与点A，B重合）．（1）操作发现：如图①，当AC＝BC＝8时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接DE，BE．①∠CBE的度数为45°；②当BE＝4时，四边形CDBE为正方形；（2）探究证明：如图②，当BC＝2AC时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°后并延长为原来的两倍，记为线段CE，连接DE，BE．①在点D的运动过程中，请判断∠CBE与∠A的大小关系，并证明；②当CD⊥AB时，求证：四边形CDBE为矩形．解：（1）①∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠CBA＝45°，∵∠ACB＝90°，∠DCE＝90°，∴∠ACB＝∠DCE，∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS）∴∠CBE＝∠A＝45°，故答案为：45°；②∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝8，∴AB＝＝8，当四边形CDBE为正方形时，CD⊥AB，BE＝BD＝AD，∴BE＝AB＝4，故答案为：4；（2）①∠CBE＝∠A．理由如下：∵BC＝2AC，CE＝2CD，∴＝＝，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD∽△BCE，∴∠CBE＝∠A；②证明：∵∠CBE＝∠A，∠DBC+∠A＝90°，∴∠DBE＝∠DBC+∠CBE＝∠DBC+∠A＝90°，∵CD⊥AB，∴∠CDB＝90°，又∵∠DCE＝90°，∴四边形CDBE是矩形．3．如图，边长为5的正方形OABC的顶点O在坐标原点处，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点E是OA边上的点（不与点A重合）EF⊥CE，且与正方形外角平分线AG交于点P．（1）求证：CE＝EP（2）若点E坐标为（3、0）时．①在y轴上是否存在点M使得四边形BMEP是平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．②在平面内是否存在点Q，使四边形CEPQ为正方形，若存在，请直接写出Q点坐标，若不存在，说明理由．（1）证明：如图1，在OC上截取OK＝OE．连接EK，∵OC＝OA，∠COA＝∠BA0＝90°，∠OEK＝∠OKE＝45°，∵AP为正方形OCBA的外角平分线，∴∠BAP＝45°，∴∠EKC＝∠PAE＝135°，∴CK＝EA，∵EC⊥EP，∴∠CEF＝∠COE＝90°，∴∠CEO+∠KCE＝90°，∠CEO+∠PEA＝90°，∴∠KCE＝∠CEA，在△CKE和△EAP中，，∴△CKE≌△EAP（ASA），∴EC＝EP；（2）①解：y轴上存在点M，使得四边形BMEP是平行四边形．如图2，过点B作BM∥PE交y轴于点M，连接BP，EM，则∠CQB＝∠CEP＝90°，所以∠OCE＝∠CBQ，∵在△BCM和△COE中，∵，∴△BCM≌△COE（ASA），∴BM＝CE，∵CE＝EP，∴BM＝EP．∵BM∥EP，∴四边形BMEP是平行四边形，∵△BCM≌△COE，∴CM＝OE＝3，∴OM＝CO﹣CM＝2．故点M的坐标为（0，2）．②如图3，存在点Q使四边形CEPQ是正方形，过点Q作QH⊥y轴于点Q，则∠QHC＝∠COE＝90°，∴∠HQC+∠HCQ＝90°，∴∠HCQ+∠ECO＝90°，∴∠ECO＝∠CHQ，∵四边形CEPQ是正方形，∴CQ＝EC，∴△HCQ≌△OEC（AAS），∴HC＝OE＝2，HQ＝OC＝5，则HO＝7，∴点Q的坐标为（5，7）．4．如图，正方形ABCD中，E为BC边上任意点，AF平分∠EAD，交CD于点F．（1）如图1，若点F恰好为CD中点，求证：AE＝BE+2CE；（2）在（1）的条件下，求的值；（3）如图2，延长AF交BC的延长线于点G，延长AE交DC的延长线于点H，连接HG，当CG＝DF时，求证：HG⊥AG．解：（1）如图1，延长BC交AF的延长线于点G，∵AD∥CG，又∵AF平分∠DAE，∴∠DAF＝∠EAF，∴∠G＝∠EAF，∴EA＝EG，∵点F为CD的中点，∴CF＝DF，又∵∠DFA＝∠CFG，∠FAD＝∠G，∴△ADF≌△GCF（AAS），∴AD＝CG，∴CG＝BC＝BE+CE，∴EG＝BE+CE+CE＝BE＝2CE＝AE；（2）设CE＝a，BE＝b，则AE＝2a+b，AB＝a+b，在Rt△ABE中，AB2+BE2＝AE2，即（a+b）2+b2＝（2a+b）2，解得b＝3a，b＝﹣a（舍），∴＝＝；（3）如图2，连接DG，∵CG＝DF，DC＝DA，∠ADF＝∠DCG，∴△ADF≌△DCG（SAS），∴∠CDG＝∠DAF，∴∠HAF＝∠FDG，又∵∠AFH＝∠DFG，∴△AFH∽△DFG，∴＝，又∵∠AFD＝∠HFG，∴△ADF∽△HGF，∴∠ADF＝∠FGH，∵∠ADF＝90°，∴∠FGH＝90°，∴AG⊥GH．5．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，将∠MBN 绕点B旋转，它的两边分别交边AD、DC（或它们的延长线）于点E、F．（1）当∠MBN绕点B旋转到AE＝CF时（如图1），①求证：△ABE≌△CBF；②求证：AE+CF＝EF；（2）当∠MBN绕点B旋转到如图2所示的位置时，AE≠CF，此时，（1）中的两个结论是否还成立？请直接回答．（1）①证明；∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A＝∠BCF＝90°，在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS）；②证明：∵△ABE≌△CBF，∴BE＝BF，∠ABE＝∠CBF，∵∠MBN＝60°，∴△BEF是等边三角形．∠ABE＝∠CBF＝（∠ABC﹣∠MBN）＝（120°﹣60°）＝30°．∴BE＝BF＝EF，AE＝BE，CF＝BF，∴AE+CF＝BE+BF＝EF；（2）解：①△ABE≌△CBF不成立；②AE+CF＝EF成立，理由如下：∵AE≠CF，∴△ABE≌△CBF不成立延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，如图2所示：在△BAE与△BCK中，，∴△BAE≌△BCK（SAS），∴BE＝BK，∠ABE＝∠CBK，∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，∴∠FBC+∠ABE＝60°，∴∠FBC+∠CBK＝60°，∴∠KBF＝∠FBE＝60°，在△KBF与△EBF中，，∴△KBF≌△EBF（SAS），∴KF＝EF，∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF．6．已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB 的对称点，连接AF、BF．（1）求AF和BE的长；（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值．（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD 交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝4，由勾股定理得：BD＝＝＝5，∵S＝BD•AE＝AB•AD，△ABD∴AE＝＝＝，∵点F是点E关于AB的对称点，∴AF＝AE＝，BF＝BE，∵AE⊥BD，∴∠AEB＝90°，在Rt△ABE中，AB＝3，AE＝，由勾股定理得：BE＝＝＝．（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①﹣1所示：由对称点性质可知，∠1＝∠2．BF＝BE＝，由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4＝∠1，BF＝B′F′＝．①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3＝∠4，∴∠3＝∠2，∴BB′＝B′F′＝，即m＝；②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，∴∠6＝∠2，∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，∴∠5＝∠6，又易知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D＝B′F′＝，∴BB′＝BD﹣B′D＝5﹣＝，即m＝．（3）存在．理由如下：在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：①如图③﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD＝DQ，则∠Q＝∠DPQ，∴∠2＝∠Q+∠DPQ＝2∠Q，∵∠1＝∠3+∠Q，∠1＝∠2，∴∠3＝∠Q，∴A′Q＝A′B＝3，∴F′Q＝F′A′+A′Q＝+3＝．在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ＝＝＝．∴DQ＝BQ﹣BD＝﹣5；②如图③﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，则∠2＝∠P，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，∴BQ＝A′Q，∴F′Q＝F′A′﹣A′Q＝4﹣BQ．在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2＝BQ2，即：（）2+（﹣BQ）2＝BQ2，解得：BQ＝，∴DQ＝BD﹣BQ＝5﹣＝；③如图③﹣3所示，点Q落在BD上，且PD＝DQ，则∠3＝∠4．∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4，∴∠4＝90°﹣∠2．∵∠1＝∠2，∴∠4＝90°﹣∠1．∴∠A′QB＝∠4＝90°﹣∠1，∴∠A′BQ＝180°﹣∠A′QB﹣∠1＝90°﹣∠1，∴∠A′QB＝∠A′BQ，∴A′Q＝A′B＝3，∴F′Q＝A′Q﹣A′F′＝3﹣＝．在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ＝＝＝，∴DQ＝BD﹣BQ＝5﹣；④如图④﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ＝PD，则∠2＝∠3．∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，∴∠1＝∠4，∴BQ＝BA′＝3，∴DQ＝BD﹣BQ＝5﹣3＝2．综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；DQ的长度分别为2或或或．7．如图，在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，AB＝5，过点A作AC⊥BD，垂足为C，且AC＝4，E 是线段CD上一点，过E作EF⊥AD，垂足为F﹒（1）请直接写出AD的长为；（2）如图1，若点F在∠ABD的角平分线上，求DF的长；（3）如图2，连接CF，点G为点A关于CF的对称点．①连结DG，CG，当四边形CGDF中有两边互相平行时，求CE的长；②连结AG交BD于点H，点H在点E的上方，若∠BAC﹣∠EAH＝30°，则＝．解：（1）∵AC⊥BD，∴∠ACB＝90°，∵AB＝5，AC＝4，∴BC＝＝＝3，∵∠ABC＝∠ABD，∠ACB＝∠BAD＝90°，∴△BAC∽△BDA，∴＝＝，∴＝＝，∴BD＝，AD＝．故答案为．（2）如图1中，作FH⊥BD于H．∵∠FAB＝∠FHB＝90°，∠FBA＝∠FBH，BF＝BF，∴△FBA≌△FBH（AAS），∴AF＝FH，BA＝BH＝5，∵BD＝，∴DH＝﹣5＝，设AF＝FH＝x，则DF＝﹣x，在Rt△DFH中，∵DF2＝DH2+FH2，∴（﹣x）2＝（）2+x2，∴x＝，∴DF＝﹣＝．（3）①如图2﹣1中，当DG∥CF时，设CF交AG于P．∵A，G关于CF对称，∴CF垂直平分线段CF，∴AP＝PG，∠APF＝90°，∵PF∥DG，AP＝PG，∴AF＝DF，∵EF∥AB，∴DE＝BE＝，∴EC＝BE﹣CB＝﹣3＝．如图2﹣2中，当DF∥CG时，∵CG∥AD，∴∠AFC＝∠FCG，∵∠FCG＝∠FCA，∴∠AFC＝∠ACF，∴AF＝AC＝4，∵EF∥AB，∴＝，∴＝，∴BE＝5，∴EC＝BE﹣BC＝5﹣3＝2，综上所述，满足条件的EC的值为2或．②如图3中，设CF交AG于P．∵∠ACH＝∠APC＝90°，∴∠PCH+∠ACP＝90°，∠ACP+∠PAC＝90°，∴∠PCH＝∠PAC，设∠PAC＝∠PCH＝α，∵∠AFE＝90°，∴∠AFE+∠PCE＝180°，∴A，F，E，C四点共圆，∴∠FAE＝∠ECF＝α，设∠CAB＝β，∵∠DAB＝90°，∴α﹣∠EAG+α+β＝90°，∵β﹣∠EAG＝30°，∴2α＝60°，∴α＝30°，设PC＝k，则AP＝PG＝k，PH＝k，∴GH＝k﹣k＝k，AH＝k+k＝k，∴＝＝．故答案为．8．问题背景：峰兄在探究几何图形的时候，发现了一组非常神奇的性质：如图1，等边三角形△ABC，△CDE中，连接AD，BE可以得到△ACD≌△BCE，好学的他发问取AD，BE的中点，得到的△CMN是特殊三角形吗？请说明理由；迁移应用：如图2，在正方形ABCD中，点O为CB的中点，构造正方形EHMF绕O点进行旋转，OE＝OF，连接AH，BE，DM，求的值；联系拓展：如图3，等腰Rt△ABC，△BDE中，AB＝AC，BD＝DE，∠BDE＝∠BAC＝90°，当△BDE绕B点旋转的过程中取AD，CE的中点M，N，连接MN，若AB＝BD，且∠ABD ＝30°，BD＝1时，直接写出MN的长度．解：问题背景：如图1中，△CMN是等边三角形．理由如下：∵△ACB，△DCE都是等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBE，∵AM＝AD，BN＝BE，∴AM＝AN，∵AC＝CB，∴△ACM≌△BCN（SAS），∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN，∴∠ACB＝∠MCN＝60°，∴△MCN是等边三角形．迁移应用：如图2中，连接AO，OH．∵四边形ABCD，四边形EFMH是正方形，∴∠ABO＝∠HEO＝90°，AB＝BC，HE＝，∵OB＝OC，OE＝OF，∴AB＝2BO，EH＝2OE，OA＝OB，OH＝OE，∴＝，∴＝，∴△ABO∽△HEO，∴∠AOB＝∠HOE，∴∠BOE＝∠AOH，∵＝＝，∴△AOH∽△BOE，∴＝＝．联系拓展：如图3中，连接BM，延长BM到K，使得MK＝BM，连接DK，AK，BN，作KJ⊥BD交BD的延长线于J．∵AB＝BD，BD＝1，∴AB＝，∵AM＝DM，BM＝MK，∴四边形ABDK是平行四边形，∴AB＝DK＝，AB∥DK，∴∠KDJ＝∠ABD＝30°，∵KJ⊥BJ，∴∠J＝90°，∴KJ＝DK＝，DJ＝KJ＝，BJ＝BD+DJ＝1+＝，∴BK＝＝＝，∴BM＝MK＝BK＝，∵△BDE，△ABC都是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠DBE＝45°，BC＝AB，BE＝BD，∴＝，∠CBE＝∠ABD，∴△ABD∽△CBE，∴∠ADB＝∠CEB，＝，∵AM＝DM，EN＝CN，∴＝，∵∠BDM＝∠BEN，∴△BDM∽△BEN，∴∠MBD＝∠EBN，＝＝，∴∠MBN＝∠DBE＝45°，作NM′⊥BK于M′，在Rt△BNM′中，BM′＝BN•cos45°＝BN，∵BM＝BN，∴BM＝BM′，∴M与M′重合，∴△BMN是等腰直角三角形，∴MN＝BM＝．9．如图，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，点A，点C分别在x轴，y轴上，点B坐标为（4，6），点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿O→C→B方向运动，到点B停止设点P运动的时间为t（秒）．（1）点A的坐标为（4，0）；（2）当t＝1秒时，点P的坐标（0，2）；（3）当点P在OC上运动，请直接写出点P的坐标（用含有t的式子表示）；（4）在移动过程中，当点P到y轴的距离为1个单位长度时，求t的值．解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴∠OAB＝90°，∵B（4，6），∴AB＝6，OA＝4，∴A（4，0），故答案为（4，0）．（2）t＝1时，OP＝2×1＝2，∴OP＝2，此时点P在线段OC上，∴P（0，2），故答案为（0，2）．（3）当点P在OC上运动时，P（0，2t）．（4）当点P到y轴的距离为1个单位长度时，可知点P在BC上，∴点P的坐标为（2t﹣6，6），∴2t﹣6＝1，解得：t＝3.5．答：当点P到y轴的距离为1个单位长度时，t的值为3.5．10．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E是对角线BD上一动点．（1）如图1，当CE⊥BD时，求DE的长；（2）如图2，作EM⊥EN分别交边BC于M，交边CD于N，连MN．①若，求tan∠ENM；②若E运动到矩形中心O，连CO．当CO将△OMN分成两部分面积比为1：2时，直接写出CN的长．解：（1）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8∴∠BCD＝90°，BC＝AD＝8，CD＝AB＝6∴BD＝＝10∵CE⊥BD∴∠CED＝∠BCD＝90°∵∠CDE＝∠BDC∴△CDE∽△BDC∴∴DE＝（2）①如图1，过点M作MF⊥BD于点F，过点N作NG⊥BD于点G ∵，BD＝10∴BD＝BE+DE＝3DE+DE＝4DE＝10∴DE＝，BE＝设MF＝a，NG＝b∵∠BFM＝∠C＝90°，∠FBM＝∠CBD∴△FBM∽△CBD∴∴BF＝＝a∴EF＝BE﹣BF＝a同理可证：△GDN∽△CDB∴∴DG＝＝b∴EG＝DE﹣DG＝b∵EM⊥EN∴∠MEN＝∠MFE＝∠NGE＝90°∴∠MEF+∠NEG＝∠MEF+∠EMF＝90°∴∠EMF＝∠NEG∴∴EF•EG＝NG•MF∴（a）（b）＝ba整理得：16a＝90﹣27b∴在Rt△MEN中，tan∠ENM＝＝②如图2，过点M作MF⊥BD于点F，MP⊥OC于点P，过点N作NG⊥BD于点G，NQ⊥OC于点Q，设OC与MN交点为H∵点O为矩形中心，BD＝10∴OB＝OD＝OC＝BD＝5由①可得，设MF＝a，NG＝b，则BF＝＝a，DG＝＝b，OF•OG＝NG•MF ∴OF＝OB﹣BF＝5﹣a，OG＝OD﹣DG＝5﹣b∴（5﹣a）（5﹣b）＝ab整理得：16a＝60﹣9b∴＝设CN＝5x∵∠NCQ＝∠BDC，∠NQC＝∠BCD＝90°∴△NCQ∽△BDC∴＝∴CQ＝CN＝3x，NQ＝CN＝4x∴OQ＝OC﹣CQ＝5﹣3x∵∠MPO＝∠MON＝∠OQN＝90°∴∠MOP+∠NOQ＝∠NOQ+∠ONQ＝90°∴∠MOP＝∠ONQ∴i ）若S △OMH ＝2S △ONH ，且两三角形都以OH 为底 ∴MP ＝2NQ ＝8x∴解得：x ＝∴CN ＝ ii ）若2S △OMH ＝S △ONH ，则MP ＝NQ ＝2x∴解得：x ＝∴CN ＝综上所述，CN 的长为或．11．如图，菱形ABCD 中，BE ⊥AD ，且BE ＝，∠ABE ＝30°，连接BD 、CE ，作DF ⊥CE ，垂足为F ． （1）判断△BCD 的形状（直接写出即可）；（2）求DF 的长度．（3）若动点P ，Q 同时从点B 出发，在△ABD 边上运动，P 沿B →A →D 路径匀速运动，Q 沿B →D +A 路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点P 的运动速度为2单位/秒，点Q 的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x 秒，△PBQ 的面积为y ，求当x 为何值时，y取得最大值？最大值为多少？解：（1）∵BE⊥AD，∴∠BEA＝90°，∵∠ABE＝30°，∴∠A＝60°，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BCD＝∠A＝60°，∴△BCD是等边三角形；（2）在Rt△ABE中，∵BE＝，∠A＝60°，∴AB＝＝＝4，∵∠ABE＝30°，∴AE＝AB＝×4＝2，∵AB＝AD，∠A＝60°，∴△ABD是等边三角形，∵BE⊥AD，∴DE＝AE＝2，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴S＝DE•BE＝×2×2＝2，△CED∵AD∥BC，BE⊥AD，∴BC⊥BE，在Rt△BCE中，CE＝＝＝2，∵DF⊥CE，∴S＝DF•EC＝DF，△CED∴DF＝2，∴DF＝；（3）∵AB＝AD＝4，点P的运动速度为2单位/秒，点Q的运动速度为1单位/秒，∴P到达A点时为2s，到达D得时为4s，则Q在BQ上；P到达D时，Q也到达D；①当0＜x≤2时，P在BA上运动，Q在BD上运动，过点Q作QG⊥AB于G，如图1所示：则QG＝BQ•sin60°＝x，∴y＝BP•QG＝×2x×x＝x2，∴x＝2时，y有最大值，最大值为2；②2≤x＜4时，P在AD上运动，Q在BD上运动，过点P作PH⊥BD于H，如图2所示：∵DP＝8﹣2x，∴PH＝DP•sin60°＝（8﹣2x）＝4﹣x，∴y＝PH•BQ＝（4﹣x）x＝﹣x2+2x＝﹣（x2﹣4x）＝﹣（x﹣2）2+2，∴当x＝2时，y取最大值，最大值为2；综上所述，当x＝2时，y有最大值，最大值为2．12．如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形ABCO是菱形，点A的坐标为（﹣3，4），点C在x轴的正半轴上，直线AC交y轴于点M，AB边交于y轴于点H．（1）连接BM，动点P从点A出发，沿折线ABC方向以1个单位/秒的速度向终点C匀速运动，设△PMB的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式（要求写出自变量t的取值范围）；（2）在（1）的情况下，当点P在线段AB上运动时，是否存在以BM为腰的等腰三角形BMP？如存在，求出t的值；如不存在，请说明理由．解：（1）设点M到BC的距离为h，由S△ABC ＝S△ABM+S△BCM，即×5×4＝×5×+×5h，∴h＝，①当P在直线AB上运动时△PBM的面积为S与P的运动时间为t秒关系为：S＝（5﹣t）×，即S＝﹣t+（0≤t＜5）；②当P运动到直线BC上时△PMB的面积为S与P的运动时间为t秒关系为：S＝[5﹣（10﹣t）]×，即S＝t﹣（5＜t≤10）；（2）存在①当MB＝MP时，∵点A的坐标为（﹣3，4），AB＝5，MB＝MP，MH⊥AB，∴PH＝BH，即3﹣t＝2，∴t＝1；②当BM＝BP时，即5﹣t＝，综上所述，当t＝1或时，△PMB为以BM为腰的等腰三角形．13．如图，以矩形OABC的顶点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OC所在直线为y轴建立平面直角坐标系．已知，OA＝2，OC＝4，点D为x轴上一动点，以BD为一边在BD右侧作正方形BDEF．（1）若点D与点A重合，请直接写出点E的坐标；（2）若点D在OA的延长线上，且EA＝EB，求点E的坐标；（3）若OE＝2，求点E的坐标．解：（1）当点D与点A重合时，如图1，∴BD＝OC＝4，∵四边形BDFE是正方形，∴BD＝DE＝4，∠BDE＝90°，∵OA＝2，∴OE＝OA+AE＝2+4＝6，∴E（6，0）；（2）如图2，过E作EG⊥AB于G，作EH⊥x轴于H，∵EB＝EA，∴AG＝BG＝2，∵∠AGC＝∠GAH＝∠AHE＝90°，∴四边形AGEH是矩形，∴EH＝AG＝2，∵四边形BDEF是正方形，∴BD＝DE，∠BDE＝90°，∴∠ADB+∠EDH＝∠ADB+∠ABD＝90°，∴∠EDH＝∠ABD，∵∠BAD＝∠DHE＝90°，∴△BAD≌△DHE（ASA），∴DH＝AB＝4，AD＝EH＝2，∴OH＝8，∴E（8，2）；（3）分两种情况：①D在点A的右侧时，如图3，过E作EH⊥x轴于H，由（2）知：△BAD≌△DHE，∴DH＝AB＝4，AD＝EH，设AD＝x，则EH＝x，OH＝2+4+x＝6+x，在Rt△OEH中，由勾股定理得：OE2＝OH2+EH2，∴，解得：x＝2或﹣8（舍），∴E（8，2）；②D在点A的左侧时，如图4，过E作EH⊥x轴于H，由（2）知：△BAD≌△DHE，∴DH＝AB＝4，AD＝EH，设AD＝x，则EH＝x，OH＝x﹣2﹣4＝x﹣6，在Rt△OEH中，由勾股定理得：OE2＝OH2+EH2，∴＝x2+（x﹣6）2，解得：x＝﹣2或8（舍），∴OH＝﹣2﹣6＝﹣8，∴E（﹣2，﹣8）；综上，点E的坐标是（8，2）或（﹣2，﹣8）．14．如图，已知点B（a，b），且a，b满足|2a+b﹣13|+＝0．过点B分别作BA⊥x轴、BC⊥y轴，垂足分别是点A、C．（1）求出点B的坐标；（2）点M是边OA上的一个动点（不与点A重合），∠CMA的角平分线交射线CB于点N，在点M运动过程中，的值是否变化？若不变，求出其值；若变化，说明理由；（3）在四边形OABC的边上是否存在点P，使得BP将四边形OABC分成面积比为1：4的两部分？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．解：（1）∵|2a+b﹣13|+＝0．∴，∴，∴B（5，3）；（2）的值不变，其值为1，理由：∵BC⊥y轴，∴BC∥x轴，∴∠CNM＝∠AMN，∵MN是∠CMA的平分线，∴∠CMN＝∠AMN，∴∠CNM＝∠CMN，∴＝1；（3）由（1）知，B（5，3），∵BA⊥x轴、BC⊥y，∴A（5，0），C（0，3），∵BA⊥x轴、BC⊥y，∴∠OCB＝∠OAB＝90°＝∠AOC，∴四边形AOBC是矩形，∴AB＝OC＝3，BC＝OA＝5，∴S四边形OABC＝OA•OC＝15，当点P在OC上时，设P（0，m），∴CP＝3﹣m，∴S△BPC＝BC•CP＝×5（3﹣m）＝（3﹣m），∵BP将四边形OABC分成面积比为1：4的两部分，∴S△BPC ＝S四边形OABC＝3，∴（3﹣m）＝3，∴m＝，∴P（0，）当点P在OA上时，设P（0，n），∴AP＝5﹣n，∴S△BPC＝AB•AP＝×3（5﹣n）＝（5﹣n），∵BP将四边形OABC分成面积比为1：4的两部分，∴S△BPA ＝S四边形OABC＝3，∴（5﹣n）＝3，∴n＝3，∴P（3，0），即：满足条件的点P的坐标为（0，）或（3，0）．15．如图1，正方形ABCD中，O是对角线BD的中点，点E在边AB上，点F在边AD上，且OE⊥OF（1）求证：BE＝AF；（2）如图2，延长FO交BC于H，连结EH，若BE＝12，DF＝5，求EH的长；（3）如图3，连结EF，若AB＝16，求△AEF的面积的最大值．解：（1）如图1，连接AO，∵四边形ABCD是正方形，且O是BD中点，∴OA＝OB，∠OBE＝∠OAF＝45°，∠AOB＝90°，即∠BOE+∠AOE＝90°，又∵OE⊥OF，即∠AOF+∠AOE＝90°，∴∠BOE＝∠AOF，∴△BOE≌△AOF（ASA），∴BE＝AF；（2）∵∠OBH＝∠ODF＝45°，OB＝OD，∠BOH＝∠DOF，∴△BHO≌△DFO（ASA），∴BH＝DF＝5，∵BE＝12，∠EBH＝90°，∴EH＝13；（3）如图3，作ON⊥AD于N，则ON＝8，∵S △AEF ＝S 四边形AEOF ﹣S △EOF ，又S 四边形AEOF ＝S △AOE +S △AOF ＝S △AOE +S △BOE ＝S △BOA ＝64，∴S △AEF ＝64﹣OF 2，∵OF ≥ON ，∴S △AEF ≤64﹣×82＝32，∴△AEF 面积的最大值为32．16．在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．（1）奋进小组用图1中的矩形纸片ABCD ，按照如图2所示的方式，将矩形纸片沿对角线AC 折叠，使点B 落在点B ′处，则△ADC 与△AB ′C 重合部分的三角形的形状是 等腰三角形 ．（2）勤学小组将图2中的纸片展平，再次折叠，如图3，使点A 与点C 重合，折痕为EF ，然后展平，则以点A 、F 、C 、E 为顶点的四边形是什么特殊四边形？请说明理由．（3）创新小组用图4中的矩形纸片ABCD 进行操作，其中AD ＝8cm ，AB ＝6cm ，先沿对角线BD 对折，点C 落在点C '的位置，BC ′交AD 于点G ，再按照如图5所示的方式折叠一次，使点D 与点A 重合，得折痕EN ，EN 交AD 于点M ，则EM 的长为 cm ．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠ACD＝∠BAC，由折叠知，∠BAC＝∠B'AC，∴∠B'AC＝∠DAC，∴AM＝CM∴△MAC是等腰三角形，故答案为：等腰三角形；（2）菱形，理由：如图3，连接AE，CF，设EF与AC的交点为M，由折叠知，∠AME＝∠CME＝90°，AM＝CM，∴AE＝CE，AF＝CF，∵四边形ABCD是矩形，∴EC∥AF，∴∠ECM＝∠FAM，∠CEM＝∠AFM，∴△ECM≌△FAM（AAS），∴EC＝FA，∴AE＝EC＝FC＝FA，∴以点A，F，C，E为顶点的四边形是菱形；（3）∵AD＝8cm，AB＝6cm，∴BD＝＝10cm由（1）可知BG＝GD，∵BG2＝AB2+AG2，∴BG2＝36+（8﹣BG）2，∴BG＝cm∴AG＝cm由折叠的性质可得AM＝MD＝4cm，EM⊥AD∵∠BAD＝∠BC'D＝90°，∠AGB＝∠C'GD∴∠ABG＝∠C'DG，且∠BAG＝∠EMD＝90°∴△ABG∽△EMD∴∴∴EM＝cm故答案为：17．某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点绕矩形ABCD （AB＜BC）的对角线的交点O旋转（①→②→③），图中的M、N分别为直角三角形的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．（1）该学习小组成员意外的发现图①中（三角板一边与OC重合），BN、CN、CD这三条线段之间存在一定的数量关系：CN2＝BN2+CD2，请你对这名成员在图①中发现的结论说明理由；（2）在图③中（三角板一直角边与OD重合），试探究图③中BN、CN、CD这三条线段之间的数量关系，直接写出你的结论．（3）试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由．（1）证明：连结AN，∵矩形ABCD∴AO＝CO，∠ABN＝90°，AB＝CD，∵ON⊥AC，∴NA＝NC，∵∠ABN＝90°，∴NA2＝BN2+AB2，∴CN2＝BN2+CD2．（2）如图2，连接DN．∵四边形ABCD是矩形，∴BO＝DO，∠DCN＝90°，∵ON⊥BD，∴NB＝ND，∵∠DCN＝90°，∴ND2＝NC2+CD2，∴BN2＝NC2+CD2．（3）CM2+CN2＝DM2+BN2理由如下：延长MO交AB于E，∵矩形ABCD，∴BO＝DO，∠ABC＝∠DCB＝90°，AB∥CD，∴∠ABO＝∠CDO，∠BEO＝∠DMO，∴△BEO≌△DMO（AAS），∴OE＝OM，BE＝DM，∵NO⊥EM，∴NE＝NM，∵∠ABC＝∠DCB＝90°，∴NE2＝BE2+BN2，NM2＝CN2+CM2，∴CN2+CM2＝BE2+BN2 ，即CN2+CM2＝DM2+BN2 ．18．如图，在平面直角坐标系中，边长为3的正方形OABC的边OC落在x轴的正半轴上，边OA落在y轴的正半轴上，点E从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿着射线AB的方向运动，点A关于OE的对称点为点F．运动时间为t秒，连接OF、EF、BF、CF．（1）如图1、当∠AOE＝30°时，求∠CFB的度数；（2）如图2，当t＝1时，求证：BF⊥CF．（3）如图3，过点F作FG⊥CF，且FG＝CF，连接AG．M为AG的中点，连接CM．则当t ＝（3+3）s时，CM有最小值，CM的最小值为3﹣．解：（1）如图1中，连接AF．由翻折想性质可知：∠AOE＝∠EOF＝30°，OA＝OF，∴∠AOF＝60°，∴△AOF是等边三角形，∴AF＝FO，∠OAF＝60°，∵四边形OABC是正方形，∴AB＝OC，∠OAB＝∠AOC＝∠ABC＝∠OCB＝90°，∴∠BAF＝∠COF＝30°，∵AB＝AF＝OF＝OC，∴∠ABF＝∠AFB＝∠OCF＝∠OFC＝75°，∴∠FCB＝∠FBC＝15°，∠CFB＝180°﹣15°﹣15°＝150°．（2）如图2中，作FM⊥AB于M，交OC于N．设FM＝x，EM＝y．∵∠OAM＝∠AMN＝∠AON＝90°，∴四边形AMNO是矩形，∴MN＝AO＝3，AM＝ON＝1+y，FN＝3﹣x，在Rt△EFM和Rt△OFM中，则有，解得，∴BM＝CN＝3﹣1﹣＝，∴BF＝＝，CF＝＝，∴CF2+BF2＝+＝9＝BC2，∴∠CFB＝90°，∴CF⊥BF．（3）如图3中，AO的延长线上截取OK＝OC，连接KC，KG，OM．∵OC＝OF＝OK，∠COK＝90°，∴∠CFK＝135°，∵CF⊥FG，∴∠CFG＝90°，∴∠KFG＝360°﹣135°﹣90°＝135°，∴∠KFC＝∠KFG，∵KF＝KF，FC＝FG，∴△KFC≌△KFG（SAS），∴KC＝KG＝3，∵OA＝OC＝OK，AM＝MG，∴OM＝KG＝，∴点M的运动轨迹是以O为圆心，OM长为半径的圆弧，∴当点M落在线段OC上时，CM定值最小，最小值＝3﹣，此时易证：∠AOE＝∠EOF＝67.5°，可得BE＝OB＝3，∴AE＝3+3，∴t＝（3+3）s．故答案为：3+3，3﹣．19．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3cm，BC＝4cm，点P从点C出发，沿折线CA﹣AB﹣BC以5cm/s的速度运动，当点P与点B不重合时，连结PB，以线段PB为对角线作正方形PDBE，设点P的运动时间为t（s），正方形PDBE的面积为S（cm2）．（1）当正方形PDBE有两边同时落在△ABC的边上时，求t的值；（2）当点P沿折线CA﹣AB运动时，求S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围；（3）在整个运动过程中，正方形PDBE至少有一个顶点落在∠A的平分线上时，直接写出t的值．解：（1）当正方形PDBE有两边同时落在△ABC的边上时，设正方形的边长为x，如图1所示：∵PE∥AB，∴＝，即：＝，解得：x＝，∴PE＝，∴EC＝BC﹣BE＝4﹣＝，∴PC＝＝＝，∴t＝＝s；（2）①当0≤t≤1时，作PH⊥BC于H，如图2所示：则PH∥AB，∴△CPH∽△CAB，∴＝＝，∵∠ABC＝90°，AB＝3cm，BC＝4cm，∴AC＝＝＝5（cm），∵CP＝5t，∴HC＝4t，PH＝3t，∴BH＝BC﹣HC＝4﹣4t，在Rt△PHB中，PB2＝PH2+BH2＝（3t）2+（4﹣4t）2＝25t2﹣32t+16，∴S＝PB2＝t2﹣16t+8；②当1＜t＜时，如图3所示：∵PB＝8﹣5t，∴S＝PB2＝（8﹣5t）2＝t2﹣40t+32，综上所述，S＝；（3）①当D、E在∠BAC的平分线上时，如图4所示：∵AH⊥PB，PH＝BH，∴△ABP是等腰三角形，∴AB＝AP＝3，∴PC＝AC﹣AP＝5﹣3＝2，∴t＝s；②当点P运动到点A时，满足条件，此时t＝1s；③当点E在∠BAC的平分线上时，作EH⊥BC于H，如图5所示：∵四边形PDBE是正方形，∴∠EBP＝45°，∴EB平分∠ABC，∴点E是△ABC的内心，四边形EOBH是正方形，∴OB＝EH＝EO＝BH＝＝＝1，∴PB＝2OB＝2，∴AP＝1，∴CA+AP＝6，∴t＝s；④当点P在边BC上，点D在∠BAC的平分线上时，作DN⊥BC于N，作DM⊥AB于M，如图6所示：∵四边形PDBE是正方形，∴∠DBP＝45°，∴DB平分∠ABC，∴点D是△ABC的内心，四边形DMBN是正方形，四边形PDBE是正方形，∴DM＝BN＝PN＝＝1，∴CA+AB+BP＝5+3+1+1＝10，∴t＝2s；⑤当点P在边BC上，且AP是∠BAC的平分线时，作CM∥AP交BA的延长线于M，如图7所示：则∠ACM＝∠PAC，∠M＝∠BAP，∵AP是∠BAC的平分线，∴∠BAP＝∠PAC，∴∠ACM＝∠M，∴AM＝AC，∵CM∥AP，∴＝，∴＝＝，∴BP＝BC＝，∴CA+AB+BP＝5+3+＝，∴t＝÷5＝；综上所述：在整个运动过程中，正方形PDBE至少有一个顶点落在∠A的平分线上时，t 的值为s或1s或s或2s或s．20．如图1，在三角形△ABC中，BA＝BC，△ADC和△ABC关于AC对称（1）将图1中的△ACD以A为旋转中心，逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，分别延长BC和DC′交于点E，则四边形ACEC′的形状是菱形；（2）将图1中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝2∠BAC，得到如图3所示的△AC′D，连接DB和CC′，得到四边形BCC′D，请判断四边形BCC′D的形状，并说明理由；（3）如图3中，BC＝，AC＝10，将△AC′D沿着射线DB方向平移a，得到△A′C″D′，進接BD′，CC″，使四边形BCC″D′恰好为正方形，请直接写出a的值．解：（1）∵△△ADC和△△ABC关于AC对称，∴DC＝BC，DA＝AB，∠BAC＝∠DAC，∠BCA＝∠DCA，∵BA＝BC，∴DC＝BC＝DA＝AB，∠BAC＝∠DAC＝∠BCA＝∠DCA，∵△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到△AC′D，∴∠CAC′＝∠BAC＝∠AC′D＝∠BCA，∴AC∥DE，AC′∥BE，∴四边形ACEC′是平行四边形，由旋转可得：AC＝AC′，∴四边形ACEC′是菱形，故答案为：菱形；（2）四边形BCC′D是矩形；理由如下：过点A作AE⊥C′C于点E，如图3所示：由旋转的性质，得AC′＝AC，∴∠CAE＝∠C′AE＝α＝∠ABC，∠AEC＝90°，∵BA＝BC，∴∠BCA＝∠BAC∴∠CAE＝∠BCA，∴AE∥BC．同理，AE∥DC′，∴BC∥DC′，∵BC＝DC′，∴四边形BCC′D是平行四边形，∵AE∥BC，∠AEC′＝90°，∴∠BCC′＝90°，∴四边形BCC′D是矩形；（3）过点B作BF⊥AC于F，∵BA＝BC，∴CF＝AF＝AC＝×10＝5，在Rt△BCF中，BF＝10，∵∠CAE＝∠BCF，∠CEA＝∠BFC＝90°，∴△ACE∽△CBF，∴＝，即＝，解得：EC＝4，∵AC＝AC′，AE⊥CC′，∴CC′＝2CE＝2×4＝8，。

中考压轴题-三角形、四边形综合1.线段、角的计算与证明问题中考的解答题一般是分两到三部分的。

第一部分基本上都是一些简单题或者中档题，目的在于考察基础。

第二部分往往就是开始拉分的中难题了。

对这些题轻松掌握的意义不仅仅在于获得分数，更重要的是对于整个做题过程中士气，军心的影响。

线段与角的计算和证明，一般来说难度不会很大，只要找到关键“题眼”，后面的路子自己就“通”了。

2.图形位置关系中学数学当中，图形位置关系主要包括点、线、三角形、矩形/正方形以及圆这么几类图形之间的关系。

在中考中会包含在函数，坐标系以及几何问题当中，但主要还是通过圆与其他图形的关系来考察，这其中最重要的就是圆与三角形的各种问题。

3.动态几何从历年中考来看，动态问题经常作为压轴题目出现，得分率也是最低的。

动态问题一般分两类，一类是代数综合方面，在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多种函数交叉求解。

另一类就是几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，对考生的综合分析能力进行考察。

4.几何图形的归纳、猜想问题中考加大了对考生归纳，总结，猜想这方面能力的考察，但是由于数列的系统知识要到高中才会正式考察，所以大多放在填空压轴题来出。

对于这类归纳总结问题来说，思考的方法是最重要的。

5.阅读理解问题如今中考题型越来越活，阅读理解题出现在数学当中就是最大的一个亮点。

阅读理解往往是先给一个材料，或介绍一个超纲的知识，或给出针对某一种题目的解法，然后再给条件出题。

对于这种题来说，如果考生为求快速而完全无视阅读材料而直接去做题的话，往往浪费大量时间也没有思路，得不偿失。

所以如何读懂题以及如何利用题就成为了关键。

解题策略1.学会运用数形结合思想数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系,寻求代数问题的解决方法(以形助数),或利用数量关系来研究几何图形的性质,解决几何问题(以数助形)的一种数学思想.数形结合思想使数量关系和几何图形巧妙地结合起来，使问题得以解决。

2024年中考数学三角形与四边形专题在中考数学中，三角形与四边形是非常重要的知识点，也是考试中经常出现的题型。

今天，咱们就来好好梳理一下这部分内容。

三角形，是最基础也是最常见的几何图形之一。

它具有稳定性，这一特性在生活中有着广泛的应用，比如自行车的车架、塔吊的支架等等。

三角形的内角和为 180 度，这是一个非常关键的性质。

我们可以通过这个性质来求解三角形中未知角的度数。

比如，已知一个三角形的两个内角分别为 50 度和 70 度，那么第三个角就是 180 50 70 ＝ 60 度。

三角形的三边关系也很重要。

任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边。

这一关系可以用来判断三条线段能否组成一个三角形。

比如，有三条线段，长度分别为 3、4、8，因为 3 ＋ 4 ＜ 8，所以这三条线段不能组成三角形。

等腰三角形和等边三角形也是常见的类型。

等腰三角形的两腰相等，两个底角也相等。

等边三角形则更为特殊，它的三条边都相等，三个角都是 60 度。

直角三角形在三角形中也有着特殊的地位。

它满足勾股定理，即两条直角边的平方和等于斜边的平方。

比如，一个直角三角形的两条直角边分别为 3 和 4，那么斜边的长度就是√（3²＋ 4²) ＝ 5。

三角形的全等和相似也是中考的重点。

全等三角形的对应边和对应角都相等，判定全等三角形有“SSS”（边边边）、“SAS”（边角边）、“ASA”（角边角）、“AAS”（角角边）和“HL”（斜边、直角边）等方法。

相似三角形的对应边成比例，对应角相等，判定相似三角形的方法有“两角对应相等”“两边对应成比例且夹角相等”“三边对应成比例”。

说完三角形，咱们再来说说四边形。

四边形包括平行四边形、矩形、菱形、正方形等。

平行四边形的两组对边分别平行且相等，对角线互相平分。

矩形是特殊的平行四边形，它的四个角都是直角，对角线相等。

菱形也是特殊的平行四边形，它的四条边都相等，对角线互相垂直且平分每组对角。

三角形、四边形以及图形的全等★★★主要知识点：1．三角形的分类三角形按边分类可分为不等边三角形和等腰三角形(等边三角形是等腰三角形的特殊情况)；按角分类可分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形，其中锐角三角形、钝角三角形统称为斜角形。

2．一般三角形的性质 (1)角与角的关系：三个内角的和等于180°；一个外角等于和它不相邻的两个内角之和，并且大于任何—个和它不相邻的内角。

(2)边与边的关系：三角形中任两边之和大于第三边，任两边之差小于第三边。

(3)边与角的大小对应关系：在一个三角形中，等边对等角；等角对等边。

(4)三角形的主要线段的性质(见下表)： 名称 基本性质角平分线 ①三角形三条内角平分线相交于一点（内心）；内心到三角形三边距离相等；②角平分线上任一点到角的两边距离相等。

中线 三角形的三条中线相交于一点。

高 三角形的三条高相交于一点。

边的垂直平分线 三角形的三边的垂直平分线相交于一点（外心）；外心到三角形三个顶点的距离相等。

中位线三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半。

3. 几种特殊三角形的特殊性质（1）等腰三角形的特殊性质：①等腰三角形的两个底角相等；②等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线和底边上的高是同一条线段，这条线段所在的直线是等腰三角形的对称轴。

（2）等边三角形的特殊性质：①等边三角形每个内角都等于60°；②等边三角形外心、内心合一。

（3）直角三角形的特殊性质：①直角三角形的两个锐角互为余角；②直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；③勾股定理：直角三角形斜边的平方等于两直角边的平方和（其逆命题也成立）；④直角三角形中，30°的角所对的直角边等于斜边的一半；⑤直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形和原三角形相似。

4. 三角形的面积（1）一般三角形：S △ = 21a h （ h 是a 边上的高 ) （2）直角三角形：S △ = 21ab = 21c h （a 、b 是直角边，c 是斜边，h 是斜边上的高）（3）等边三角形： S △ =43a 2（ a 是边长 ） （4）等底等高的三角形面积相等；等底的三角形面积的比等于它们的相应的高的比；等高的三角形的面积的比等于它们的相应的底的比。