2019-2020年中考数学专题突破导学练第24讲梯形试题

2019-2020年中考数学专题突破导学练第24讲梯形试题

【知识梳理】

1.梯形的定义： 一组对边平行，另一组对边不平行的四边形叫做梯形. 2.特殊梯形的分类：直角梯形和等腰梯形. (1)直角梯形的定义：有一个角是直角的梯形 (2)等腰梯形的定义：两腰相等的梯形. 3. 特殊梯形的性质与判定：

(1)等腰梯形的性质：等腰梯形同一底边上的两个角相等；等腰梯形的两条对角线相等。 (2)等腰梯形判定定理：同一底上两个角相等的梯形是等腰梯形。 4.梯形中常规辅助线的添加方式:

本章内容是对平面上四边形的分类及性质上的研究，要求学生在学习过程中多动手多动脑，把自己的发现和知识带入做题中。因此教师在教学时可以多鼓励学生自己总结四边形的特点，这样有利于学生对知识的把握。 【考点解析】

考点一：梯形的有关计算

【例1】如图所示，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，CA是∠BCD的平分线，且AB⊥AC，AB=4，AD=6，则tanB=（ ） A．2

B．2

C．

D．

思路分析：先判断DA=DC，过点D作DE∥AB，交AC于点F，交BC于点E，由等腰三角形的性质，可得点F是AC中点，继而可得EF是△CAB的中位线，继而得出EF、DF的长度，在Rt△ADF中求出AF，然后得出AC，tanB的值即可计算． 解：∵CA是∠BCD的平分线， ∴∠DCA=∠ACB，

又∵AD∥BC， ∴∠ACB=∠CAD， ∴∠DAC=∠DCA， ∴DA=DC，

如图，过点D作DE∥AB，交AC于点F，交BC于点E，

∵AB⊥AC，

∴DE⊥AC（等腰三角形三线合一的性质）， ∴点F是AC中点， ∴AF=CF，

∴EF是△CAB的中位线， ∴EF=AB=2， ∵=1， ∴EF=DF=2， 在Rt△ADF中，AF=， 则AC=2AF=8， tanB=． 故选B．

点评：本题考查了梯形的知识、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线定理，解答本题的关键是作出辅助线，判断点F是AC中点，难度较大． 考点二、等腰梯形的性质

【例2】如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB∥DE，∠DEC=∠C，求证：梯形ABCD是等腰梯形．

思路分析：由AB∥DE，∠DEC=∠C，易证得∠B=∠C，又由同一底上两个角相等的梯形是等腰梯形，即可证得结论．

证明：∵AB∥DE， ∴∠DEC=∠B， ∵∠DEC=∠C， ∴∠B=∠C，

∴梯形ABCD是等腰梯形．

点评：此题考查了等腰梯形的判定．此题比较简单，注意掌握同一底上两个角相等的梯形是等腰梯形定理的应用，注意数形结合思想的应用． 考点三、梯形的判定

【例4】如图，梯形ABCD中，AD∥BC，点M是AD的中点，不添加辅助线，梯形满足 AB=DC（或∠ABC=∠DCB、∠A=∠D）等 条件时，有MB=MC（只填一个即可）．

考点： 梯形；全等三角形的判定．. 专题： 开放型．

分析： 根据题意得出△ABM≌△△DCM，进而得出MB=MC． 解答： 解：当AB=DC时，∵梯形ABCD中，AD∥BC， 则∠A=∠D， ∵点M是AD的中点， ∴AM=MD，

在△ABM和△△DCM中， ，

∴△ABM≌△△DCM（SAS）， ∴MB=MC，

同理可得出：∠ABC=∠DCB、∠A=∠D时都可以得出MB=MC， 故答案为：AB=DC（或∠ABC=∠DCB、∠A=∠D）等．

点评： 此题主要考查了梯形的性质以及全等三角形的判定与性质，得出△ABM≌△△DCM是解题关键．

【中考热点】

如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠B=90°，AB=2，CD=1，BC=m，P为线段BC上的一动点，且和B、C不重合，连接PA，过P作PE⊥PA交CD所在直线于E．设BP=x，CE=y． （1）求y与x的函数关系式；

（2）若点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上，求m的取值范围； （3）如图2，若m=4，将△PEC沿PE翻折至△PEG位置，∠BAG=90°，求BP长．

思路分析：（1）证明△ABP∽△PCE，利用比例线段关系求出y与x的函数关系式； （2）根据（1）中求出的y与x的关系式，利用二次函数性质，求出其最大值，列不等式确定m的取值范围；

（3）根据翻折的性质及已知条件，构造直角三角形，利用勾股定理求出BP的长度．解答中提供了三种解法，可认真体会．

解：（1）∵∠APB+∠CPE=90°，∠CEP+∠CPE=90°， ∴∠APB=∠CEP，又∵∠B=∠C=90°， ∴△ABP∽△PCE， ∴，即， ∴y=-x+x．

（2）∵y=-x+x=-（x-）+，

∴当x=时，y取得最大值，最大值为．

∵点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上， ∴≤1，解得m≤2．

∴m的取值范围为：0＜m≤2．

（3）由折叠可知，PG=PC，EG=EC，∠GPE=∠CPE，

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又∵∠GPE+∠APG=90°，∠CPE+∠APB=90°， ∴∠APG=∠APB．

∵∠BAG=90°，∴AG∥BC， ∴∠GAP=∠APB， ∴∠GAP=∠APG， ∴AG=PG=PC．

解法一：如解答图所示，分别延长CE、AG，交于点H， 则易知ABCH为矩形，HE=CH-CE=2-y，GH=AH-AG=4-（4-x）=x， 在Rt△GHE中，由勾股定理得：GH+HE=GH， 即：x+（2-y）=y，化简得：x-4y+4=0 ① 由（1）可知，y=-x+x，这里m=4，∴y=-x+2x， 代入①式整理得：x-8x+4=0，解得：x=或x=2， ∴BP的长为或2．

解法二：如解答图所示，连接GC． ∵AG∥PC，AG=PC，

∴四边形APCG为平行四边形，∴AP=CG． 易证△ABP≌GNC，∴CN=BP=x．

过点G作GN⊥PC于点N，则GH=2，PN=PC-CN=4-2x． 在Rt△GPN中，由勾股定理得：PN+GN=PG， 即：（4-2x）+2=（4-x），

整理得：x-8x+4=0，解得：x=或x=2， ∴BP的长为或2．

解法三：过点A作AK⊥PG于点K， ∵∠APB=∠APG，

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