2020年九年级数学中考三轮压轴专题培优卷：《四边形综合》

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中考数学压轴题专项训练：四边形的综合(含答案)

中考数学压轴题专项训练：四边形的综合(含答案)2020年数学中考压轴题专项训练：四边形的综合1.如图，四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，且AB＝AD+BC，E是DC的中点，连结BE并延长交AD的延长线于G。

1) 证明：因为 AD∥BC，所以∠DGE＝∠XXX，∠GDE＝∠BCE。

又因为 E 是 DC 的中点，即 DE＝CE，所以△DEG≌△CEB（AAS），从而 DG＝BC。

2) 解：当 F 运动到 AF＝AD 时，FD∥BG。

3) 解：结论：FH＝HD。

因为 GE＝BG，又因为△ABG为等腰直角三角形，所以 AE ⊥ BG。

由于 FD∥BG，所以 AE ⊥ FD。

又因为△AFD 为等腰直角三角形，所以 FH＝HD。

2.如图，在矩形ABCD中，过 BD 的中点 O 作 EF⊥BD，分别与 AB、CD 交于点 E、F。

连接 DE、BF。

1) 证明：因为四边形 ABCD 是矩形，所以 AB∥CD。

因此∠DFO＝∠BEO，又因为∠DOF＝∠EOB 且 OD＝OB，所以△DOF≌△BOE（AAS），从而 DF＝BE。

因此四边形BEDF 是平行四边形。

又因为 EF⊥BD，所以四边形 BEDF 是菱形。

2) 解：因为 DM＝AM，DO＝OB，所以 OM∥AB，AB＝2OM＝8.设 DE＝EB＝x，在直角三角形 ADE 中，有 x^2＝4^2+（8﹣x）^2，解得 x＝5.因此 ON＝BE＝5√2.3.(1) 如图1，四边形 EFGH 中，FE＝EH，∠EFG+∠EHG＝180°，点 A，B 分别在边 FG，GH 上，且∠AEB＝∠FEH，求证：AB＝XXX。

2) 如图2，四边形 EFGH 中，FE＝EH，点 M 在边 EH 上，连接 FM，EN 平分∠FEH 交 FM 于点 N，∠ENM＝α，∠FGH＝180°﹣2α，连接 GN，HN。

①找出与 NH 相等的线段，并加以证明。

2020年九年级数学中考压轴专题：《四边形综合问题》

三轮压轴专题：《四边形综合》1．已知：在正方形ABCD中，AB＝3，E是边BC上一个动点（点E不与点B，点C重合），连接AE，点H是BC延长线上一点．过点B作BF⊥AE，交AE于点G，交DC于点F．（1）求证：AE＝BF；（2）过点E作EM⊥AE，交∠DCH的平分线于点M，连接FM，判断四边形BFME的形状，并说明理由；（3）在（2）的条件下，∠EMC的正弦值为，求四边形AGFD的面积．2．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将对角线AC绕对角线交点O旋转，分别交边AD、BC于点E、F，点P是边DC上的一个动点，且保持DP＝AE，连接PE、PF，设AE＝x（0＜x＜3）．（1）填空：PC＝，FC＝；（用含x的代数式表示）（2）求△PEF面积的最小值；（3）在运动过程中，PE⊥PF是否成立？若成立，求出x的值；若不成立，请说明理由．3．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（6，0），点B（0，8）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为α（0°＜α＜90°）．（I）如图①，当α＝30°时，求点D的坐标；（Ⅱ）如图②，当点E落在AC的延长线上时，求点D的坐标；（Ⅲ）当点D落在线段OC上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）．4．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；（2）如图2，连接QP并延长，分别交AB、CD于点M、N．①求证：PM＝QN；②若MN的最小值为2，直接写出菱形ABCD的面积为．5．在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D 落在点F处．（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC＝54°，则∠DAE的度数为°．（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB＝6，AD＝10，求CE的长．（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB＝6，AD＝10，求CG 的长．6．（1）【发现证明】如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD边上的动点，且∠EAF＝45°，求证：EF＝DF+BE．小明发现，当把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合时能够证明，请你给出证明过程．（2）【类比引申】①如图2，在正方形ABCD中，如果点E，F分别是CB，DC延长线上的动点，且∠EAF＝45°，则（1）中的结论还成立吗？请写出证明过程．②如图3，如果点E，F分别是BC，CD延长线上的动点，且∠EAF＝45°，则EF，BE，DF之间的数量关系是（不要求证明）（3）【联想拓展】如图1，若正方形ABCD的边长为6，AE＝3，求AF的长．7．如图1，已知等腰Rt△ABC中，E为边AC上一点，过E点作EF⊥AB于F点，以为边作正方形，且AC＝3，EF＝．（1）如图1，连接CF，求线段CF的长；（2）将等腰Rt△ABC绕点旋转至如图2的位置，连接BE，M点为BE的中点，连接MC，MF，求MC与MF关系．8．（1）方法感悟：如图①，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF．将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，易证△GAF≌△EAF，从而得到结论：DE+BF＝EF．根据这个结论，若CD＝6，DE＝2，求EF的长．（2）方法迁移：如图②，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，证明你的结论．（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，试探究线段EF、BE、FD之间的数量关系，请直接写出你的猜想（不必说明理由）．9．如图，BD是平行四边形ABCD的对角线，DE⊥AB于点E，过点E的直线交BC于点G，且BG＝CG．（1）求证：GD＝EG．（2）若BD⊥EG垂足为O，BO＝2，DO＝4，画出图形并求出四边形ABCD的面积．（3）在（2）的条件下，以O为旋转中心顺时针旋转△GDO，得到△G′D'O，点G′落在BC上时，请直接写出G′E的长．10．如图，已知正方形ABCD，AB＝8，点E是射线DC上一个动点（点E与点D不重合），连接AE，BE，以BE为边在线段AD的右侧作正方形BEFG，连结CG．（1）当点E在线段DC上时，求证：△BAE≌△BCG；（2）在（1）的条件下，若CE＝2，求CG的长；（3）连接CF，当△CFG为等腰三角形时，求DE的长．11．如图1，在正方形ABCD（正方形四边相等，四个角均为直角）中，AB＝8，P为线段BC 上一点，连接AP，过点B作BQ⊥AP，交CD于点Q，将△BQC沿BQ所在的直线对折得到△BQC′，延长QC′交AD于点N．（1）求证：BP＝CQ；（2）若BP＝PC，求AN的长；（3）如图2，延长QN交BA的延长线于点M，若BP＝x（0＜x＜8），△BMC'的面积为S，求S与x之间的函数关系式．12．已知∠MAN＝135°，正方形ABCD绕点A旋转．（1）当正方形ABCD旋转到∠MAN的外部（顶点A除外）时，AM，AN分别与正方形ABCD 的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN．①如图1，若BM＝DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是；②如图2，若BM≠DN，请判断①中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（2）如图3，当正方形ABCD旋转到∠MAN的内部（顶点A除外）时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由．13．我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂直四边形．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂直四边形吗？请说明理由；（2）如图2，四边形ABCD是垂直四边形，求证：AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）如图3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC、AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，BC＝3，求GE长．14．过正方形ABCD（四边都相等，四个角都是直角）的顶点A作一条直线MN．（1）当MN不与正方形任何一边相交时，过点B作BE⊥MN于点E，过点D作DF⊥MN于点F如图（1），请写出EF，BE，DF之间的数量关系，并证明你的结论．（2）若改变直线MN的位置，使MN与CD边相交如图（2），其它条件不变，EF，BE，DF 的关系会发生变化，请直接写出EF，BE，DF的数量关系，不必证明；（3）若继续改变直线MN的位置，使MN与BC边相交如图（3），其它条件不变，EF，BE，DF的关系又会发生变化，请直接写出EF，BE，DF的数量关系，不必证明．15．如图，点E，F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且DE＝CF，点P在射线BC上（点P 不与点F重合）．将线段EP绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，过点E作GD的垂线QH，垂足为点H，交射线BC于点Q．（1）如图1，若点E是CD的中点，点P在线段BF上，线段BP，QC，EC的数量关系为．（2）如图2，若点E不是CD的中点，点P在线段BF上，判断（1）中的结论是否仍然成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（3）正方形ABCD的边长为6，AB＝3DE，QC＝1，请直接写出线段BP的长．参考答案1．证明：（1）∵在正方形ABCD中，∴∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，∵∠BAE+∠ABF＝90°，∠CBF+∠ABF＝90°，∴∠BAE＝∠CBF，且∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，∴△ABE≌△BCF（ASA）∴AE＝BF，（2）四边形BFME是平行四边形理由如下：如图1：在AB上截取BN＝BE，∵△ABE≌△BCF∴∠BAE＝∠FBC∵AB＝BC，BN＝BE，∴AN＝EC，∠BNE＝45°∴∠ANE＝135°∵CM平分∠DCH∴∠DCM＝∠MCH＝45°∴∠ECM＝135°＝∠ANE∵AE⊥EM∴∠AEB+∠MEC＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°∴∠BAE＝∠MEC，且AN＝EC，∠ANE＝∠DCM∴△ANE≌△ECM（SAS）∴AE＝EM，∠BAE＝∠MEC∴∠BAE＝∠FBC＝∠MEC∴BF∥EM，且BF＝AE＝EM∴四边形BFME是平行四边形（3）如图2，连接BD，过点F作FN⊥BD于点N，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝3，∠DBC＝∠BDC＝45°，∴BD＝3，∠DBF+∠FBC＝45°∵∠MCH＝∠MEC+∠EMC＝45°，∠FBC＝∠MEC∴∠EMC＝∠DBF∴sin∠EMC＝sin∠DBF＝＝∴设NF＝a，BF＝10a，∵∠BDC＝45°，FN⊥BD∴DN＝NF＝a，DF＝NF＝2a∴BN＝3﹣a∵BF2﹣NF2＝BN2，∴98a2＝（3﹣a）2，∴a＝∴DF＝2×＝∴FC＝∵△ABE≌△BCF∴BE＝CF＝，∴EC＝，BF＝＝∵∠FBC＝∠FBC，∠BGE＝∠BCF∴△BGE∽△BCF∴ ∴∴BG ＝，GE ＝∴S 四边形ADFG ＝S 四边形ADEC ﹣S 四边形ECFG ，∴S 四边形ADFG ＝﹣（）＝2．解：（1）∵四边形ABCD 是矩形∴AD ∥BC ，DC ＝AB ＝3，AO ＝CO∴∠DAC ＝∠ACB ，且AO ＝CO ，∠AOE ＝∠COF∴△AEO ≌△CFO （ASA ）∴AE ＝CF∵AE ＝x ，且DP ＝AE∴DP ＝x ，CF ＝x ，DE ＝4﹣x ，∴PC ＝CD ﹣DP ＝3﹣x故答案为：3﹣x ，x（2）∵S △EFP ＝S 梯形EDCF ﹣S △DEP ﹣S △CFP ，∴S △EFP ＝﹣﹣×x ×（3﹣x ）＝x 2﹣x +6＝（x ﹣）2+ ∴当x ＝时，△PEF 面积的最小值为（3）不成立理由如下：若PE ⊥PF ，则∠EPD +∠FPC ＝90°又∵∠EPD +∠DEP ＝90°∴∠DEP ＝∠FPC ，且CF ＝DP ＝AE ，∠EDP ＝∠PCF ＝90° ∴△DPE ≌△CFP （AAS ）∴DE ＝CP∴3﹣x ＝4﹣x则方程无解，∴不存在x 的值使PE ⊥PF ，即PE⊥PF不成立．3．解：（I）过点D作DG⊥x轴于G，如图①所示：∵点A（6，0），点B（0，8）．∴OA＝6，OB＝8，∵以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，∴AD＝AO＝6，α＝∠OAD＝30°，DE＝OB＝8，在Rt△ADG中，DG＝AD＝3，AG＝DG＝3，∴OG＝OA﹣AG＝6﹣3，∴点D的坐标为（6﹣3，3）；（Ⅱ）过点D作DG⊥x轴于G，DH⊥AE于H，如图②所示：则GA＝DH，HA＝DG，∵DE＝OB＝8，∠ADE＝∠AOB＝90°，∴AE＝＝＝10，∵AE×DH＝AD×DE，∴DH＝＝＝，∴OG＝OA﹣GA＝OA﹣DH＝6﹣＝，DG＝＝＝，∴点D的坐标为（，）；（Ⅲ）连接AE，作EG⊥x轴于G，如图③所示：由旋转的性质得：∠DAE＝∠AOC，AD＝AO，∴∠OAC＝∠ADO，∴∠DAE＝∠ADO，∴AE∥OC，∴∠GAE＝∠AOD，∴∠DAE＝∠GAE，在△AEG和△AED中，，∴△AEG≌△AED（AAS），∴AG＝AD＝6，EG＝ED＝8，∴OG＝OA+AG＝12，∴点E的坐标为（12，8）．4．（1）证明：四边形ABCD是菱形，∴BC＝DC，AB∥CD，∴∠PBM＝∠PBC＝∠ABC＝30°，∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°由旋转的性质得：PC＝QC，∠PCQ＝120°，∴∠BCD＝∠DCQ，∴∠BCP＝∠DCQ，在△BCP和△DCQ中，，∴△BCP≌△DCQ（SAS）；（2）①证明：由（1）得：△BCP≌△DCQ，∴BP＝DQ，∠QDC＝∠PBC＝∠PBM＝30°．在CD上取点E，使QE＝QN，如图2所示：则∠QEN＝∠QNE，∴∠QED＝∠QNC＝∠PMB，在△PBM和△QDE中，，∴△PBM≌△QDE（AAS），∴PM＝QE＝QN．②解：由①知PM＝QN，∴MN＝PQ＝PC，∴当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，则PC＝2，BC＝2PC＝4，＝2××42＝8；∴菱形ABCD的面积＝2S△ABC故答案为：8．5．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵∠BAC＝54°，∴∠DAC＝90°﹣54°＝36°，由折叠的性质得：∠DAE＝∠FAE，∴∠DAE＝∠DAC＝18°；故答案为：18；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，由折叠的性质得：AF＝AD＝10，EF＝ED，∴BF＝＝＝8，∴CF＝BC﹣BF＝10﹣8＝2，设CE＝x，则EF＝ED＝6﹣x，在Rt△CEF中，由勾股定理得：22+x2＝（6﹣x）2，解得：x＝，即CE的长为；（3）连接EG，如图3所示：∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，由折叠的性质得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，FE＝DE，∴∠EFG＝90°＝∠C，在Rt△CEG和△FEG中，，∴Rt△CEG≌△FEG（HL），∴CG＝FG，设CG＝FG＝y，则AG＝AF+FG＝10+y，BG＝BC﹣CG＝10﹣y，在Rt△ABG中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2＝（10+y）2，解得：y＝，即CG的长为．6．（1）【发现证明】证明：把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，如图1，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠FAD＝45°，∴∠DAG+∠FAD＝45°，∴∠EAF＝∠FAG，∵AF＝AF，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝DF+BE；（2）【类比引申】①不成立，结论：EF＝DF﹣BE；证明：如图2，将△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM，∴∠EAB＝∠MAD，AE＝AM，∠EAM＝90°，BE＝DM，∴∠FAM＝45°＝∠EAF，∵AF＝AF，∴△EAF≌△MAF（SAS），∴EF＝FM＝DF﹣DM＝DF﹣BE；②如图3，将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABN，∴AN＝AF，∠NAF＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠NAE＝45°，∴∠NAE＝∠FAE，∵AE＝AE，∴△AFE≌△ANE（SAS），∴EF＝EN，∴BE＝BN+NE＝DF+EF．即BE＝EF+DF．故答案为：BE＝EF+DF．（3）【联想拓展】解：由（1）可知AE＝AG＝3，∵正方形ABCD的边长为6，∴DC＝BC＝AD＝6，∴＝＝3．∴BE＝DG＝3，∴CE＝BC﹣BE＝6﹣3＝3，设DF＝x，则EF＝DG＝x+3，CF＝6﹣x，在Rt△EFC中，∵CF2+CE2＝EF2，∴（6﹣x）2+32＝（x+3）2，解得：x＝2．∴DF＝2，∴AF＝＝＝2．7．解：（1）如图1，∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝3，∴AB＝3，过点C作CM⊥AB于M，连接CF，∴CM＝AM＝AB＝，∵四边形AGEF是正方形，∴AF＝EF＝，∴MF＝AM﹣AF＝﹣，在Rt△CMF中，CF＝＝＝；（2）CM＝FM，CM⊥FM，理由：如图2，过点B作BH∥EF交FM的延长线于H，连接CF，CH，∴∠BHM＝∠EFM，∵四边形AGEF是正方形，∴EF＝AF∵点M是BE的中点，∴BM＝EM，在△BMH和△EMF中，，∴△BMH≌△EMF（AAS），∴MH＝MF，BH＝EF＝AF∵四边形AGEF是正方形，∴∠FAG＝90°，EF∥AG，∵BH∥EF，∴BH∥AG，∴∠BAG+∠ABH＝180°，∴∠CBH+∠ABC+∠BAC+∠CAG＝180°．∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝45°，∴∠CBH+∠CAG＝90°，∵∠CAG+∠CAF＝90°，∴∠CBH＝∠CAF，在△BCH和△ACF中，，∴△BCH≌△ACF（SAS），∴CH＝CF，∠BCH＝∠ACF，∴∠HCF＝∠BCH+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝90°，∴△FCH是等腰直角三角形，∵MH＝MF，∴CM＝FM，CM⊥FM；8．解：（1）方法感悟：∵将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，∴GB＝DE＝2，∵△GAF≌△EAF∴GF＝EF，∵CD＝6，DE＝2∴CE＝4，∵EF2＝CF2+CE2，∴EF2＝（8﹣EF）2+16，∴EF＝5；（2）方法迁移：DE+BF＝EF，理由如下：如图②，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，由旋转可得，AH＝AE，BH＝DE，∠1＝∠2，∠D＝∠ABH，∵∠EAF＝∠DAB，∴∠HAF＝∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD，∴∠HAF＝∠EAF，∵∠ABH+∠ABF＝∠D+∠ABF＝180°，∴点H、B、F三点共线，在△AEF和△AHF中，∴△AEF≌△AHF（SAS），∴EF＝HF，∵HF＝BH+BF，∴EF＝DE+BF．（3）问题拓展：EF＝BF﹣FD，理由如下：在BC上截取BH＝DF，∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，∴∠B＝∠ADF，且AB＝AD，BH＝DF，∴△ABH≌△ADF（SAS）∴∠BAH＝∠DAF，AH＝AD，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAE+∠BAH＝∠BAD，∴∠HAE＝∠BAD＝∠EAF，且AE＝AE，AH＝AD，∴△HAE≌△FAE（SAS）∴HE＝EF，∴EF＝HE＝BE﹣BH＝BE﹣DF．9．证明：（1）如图1，延长EG交DC的延长线于点H，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，AB＝CD，AB∥CD，∵AB∥CD，∴∠H＝GEB，且BG＝CG，∠BGE＝∠CGH，∴△CGH≌△BGE（AAS）∴GE＝GH，∵DE⊥AB，DC∥AB，∴DC⊥DE，且GE＝GH，∴DG＝EG＝GH；（2）如图1：∵DB⊥EG，∴∠DOE＝∠DEB＝90°，且∠EDB＝∠EDO，∴△DEO∽△DBO，∴∴DE×DE＝4×（2+4）＝24，∴EO ＝＝＝2，∵AB ∥CD ， ∴， ∴HO ＝2EO ＝4， ∴EH ＝6，且EG ＝GH ， ∴EG ＝3，GO ＝EG ﹣EO ＝， ∴GB ＝＝＝，∴BC ＝2＝AD ， ∴AD ＝DE ，∴点E 与点A 重合，如图2：∵S 四边形ABCD ＝2S △ABD ，∴S 四边形ABCD ＝2××BD ×AO ＝6×2＝12；（3）如图3，过点O 作OF ⊥BC ，∵旋转△GDO ，得到△G ′D 'O ，∴OG ＝OG '，且OF ⊥BC ，∵OF∥AB，∴＝＝，∴GF＝BG＝，∴GG'＝2GF＝，∴BG'＝BG﹣GG'＝，∵AB2＝AO2+BO2＝12，∵EG'＝AG'＝＝，＝．10．（1）证明：∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，∴AB＝BC，BE＝BG，∠ABC＝∠EBG＝90°，∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBG﹣∠EBC，即∠ABE＝∠CBG，在△BAE和△BCG中，，∴△BAE≌△BCG（SAS）；（2）解：∵△BAE≌△BCG，∴AE＝CG，∵四边形ABCD正方形，∴AB＝AD＝CD＝8，∠D＝90°，∴DE＝CD﹣CE＝8﹣2＝6，∴AE＝＝＝10，∴CG＝10；（3）解：①当CG＝FG时，如图1所示：∵△BAE≌△BCG，∴AE＝CG，∵四边形BEFG是正方形，∴FG＝BE，∴AE＝BE，在Rt△ADE和Rt△BCE中，，∴Rt△ADE≌Rt△BCE（HL），∴DE＝CE＝DC＝×8＝4；②当CF＝FG时，如图2所示：点E与点C重合，即正方形ABCD和正方形BEFG的一条边重合，DE＝CD＝8；③当CF＝CG时，如图3所示：点E与点D重合，DE＝0；∵点E与点D不重合，∴不存在这种情况；④CF＝CG，当点E在DC延长线上时，如图4所示：DE＝CD+CE＝16；综上所述，当△CFG为等腰三角形时，DE的长为4或8或16．11．解：（1）证明：∵∠ABC＝90°∴∠BAP+∠APB＝90°∵BQ⊥AP∴∠APB+∠QBC＝90°，∴∠QBC＝∠BAP，在△ABP于△BCQ中，，∴△ABP≌△BCQ（ASA），∴BP＝CQ，（2）由翻折可知，AB＝BC'，连接BN，在Rt△ABN和Rt△C'BN中，AB＝BC'，BN＝BN，∴Rt△ABN≌△Rt△C'BN（HL），∴AN＝NC'，∵BP＝PC，AB＝8，∴BP＝2＝CQ，CP＝DQ＝6，设AN＝NC'＝a，则DN＝8﹣a，∴在Rt△NDQ中，（8﹣a）2+62＝（a+2）2解得：a＝4.8，即AN＝4.8．（3）解：过Q点作QG⊥BM于G，由（1）知BP＝CQ＝BG＝x，BM＝MQ．设MQ＝BM＝y，则MG＝y﹣x，∴在Rt△MQG中，y2＝82+（y﹣x）2，∴．∴S△BMC′＝S△BMQ﹣S△BC'Q＝＝，＝．12．解：（1）①如图1，若BM＝DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是MN＝BM+DN．理由如下：在△ADN与△ABM中，，∴△ADN≌△ABM（SAS），∴AN＝AM，∠NAD＝∠MAB，∵∠MAN＝135°，∠BAD＝90°，∴∠NAD＝∠MAB＝（360°﹣135°﹣90°）＝67.5°，作AE⊥MN于E，则MN＝2NE，∠NAE＝∠MAN＝67.5°．在△ADN与△AEN中，，∴△ADN≌△AEN（AAS），∴DN＝EN，∵BM＝DN，MN＝2EN，∴MN＝BM+DN．故答案为：MN＝BM+DN；②如图2，若BM≠DN，①中的数量关系仍成立．理由如下：延长NC到点P，使DP＝BM，连结AP．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABM＝∠ADC＝90°．在△ABM与△ADP中，，∴△ABM≌△ADP（SAS），∴AM＝AP，∠1＝∠2＝∠3，∵∠1+∠4＝90°，∴∠3+∠4＝90°，∵∠MAN＝135°，∴∠PAN＝360°﹣∠MAN﹣（∠3+∠4）＝360°﹣135°﹣90°＝135°．在△ANM与△ANP中，，∴△ANM≌△ANP（SAS），∴MN＝PN，∵PN＝DP+DN＝BM+DN，∴MN＝BM+DN；（2）如图3，以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BDA＝∠DBA＝45°，∴∠MDA＝∠NBA＝135°．∵∠1+∠2＝45°，∠2+∠3＝45°，∴∠1＝∠3．在△ANB与△MAD中，，∴△ANB∽△MAD，∴，∴AB2＝BN•MD，∵AB＝DB，∴BN•MD＝（DB）2＝BD2，∴BD2＝2BN•MD，∴MD2+2MD•BD+BD2+BD2+2BD•BN+BN2＝MD2+BD2+BN2+2MD•BD+2BD•BN+2BN•MD，∴（MD+BD）2+（BD+BN）2＝（DM+BD+BN）2，即MB2+DN2＝MN2，∴以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．13．（1）解：四边形ABCD是垂直四边形；理由如下：∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂直四边形；（2）证明：设AC、BD交于点E，如图2所示：∵AC⊥BD，∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，由勾股定理得：AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+DE2+CE2，∴AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）解：连接CG、BE，如图3所示：∵正方形ACFG和正方形ABDE，∴AG＝AC，AB＝AE，CG＝AC＝4，BE＝AB，∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∵∠AEC+∠CEB+∠ABE＝90°，∴∠ABG+∠CEB+∠ABE＝90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂直四边形，由（2）得，CG2+BE2＝BC2+GE2，∵AC＝4，BC＝3，∴AB＝＝＝5，BE＝AB＝5，∴GE2＝CG2+BE2﹣BC2＝（4）2+（5）2﹣32＝73，∴GE＝．14．解：（1）EF，BE，DF之间的数量关系为：EF＝BE+DF；理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠BAE+∠DAF＝90°，∵BE⊥MN，DF⊥MN，∴∠BEA＝∠AFD＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°，∴∠BAE＝∠ADF，在△ABE和△DAF中，，∴△ABE≌△DAF（AAS），∴AF＝BE，AE＝DF，∴EF＝AF+AE＝BE+DF；（2）EF，BE，DF的数量关系为：EF＝BE﹣DF；理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠BAE+∠DAF＝90°，∵BE⊥MN，DF⊥MN，∴∠BEA＝∠AFD＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°，∴∠BAE＝∠ADF，在△ABE和△DAF中，，∴△ABE≌△DAF（AAS），∴AF＝BE，AE＝DF，∴EF＝AF﹣AE＝BE﹣DF；（3）EF，BE，DF的数量关系为：EF＝DF﹣BE；理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠BAE+∠DAF＝90°，∵BE⊥MN，DF⊥MN，∴∠BEA＝∠AFD＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°，∴∠BAE＝∠ADF，在△ABE和△DAF中，，∴△ABE≌△DAF（AAS），∴AF＝BE，AE＝DF，∴EF＝AE﹣AF＝DF﹣BE．15．解：（1）BP+QC＝EC；理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝90°，由旋转的性质得：∠PEG＝90°，EG＝EP，∴∠PEQ+∠GEH＝90°，∵QH⊥GD，∴∠H＝90°，∠G+∠GEH＝90°，∴∠PEQ＝∠G，又∵∠EPQ+∠PEC＝90°，∠PEC+∠GED＝90°，∴∠EPQ＝∠GED，在△PEQ和△EGD中，，∴△PEQ≌△EGD（ASA），∴PQ＝ED，∴BP+QC＝BC﹣PQ＝CD﹣ED＝EC，即BP+QC＝EC；故答案为：BP+QC＝EC；（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：由题意得：∠PEG＝90°，EG＝EP，∴∠PEQ+∠GEH＝90°，∵QH⊥GD，∴∠H＝90°，∠G+∠GEH＝90°，∴∠PEQ＝∠G，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCB＝90°，BC＝DC，∴∠EPQ+∠PEC＝90°，∵∠PEC+∠GED＝90°，∴∠GED＝∠EPQ，在△PEQ和△EGD中，，∴△PEQ≌△EGD（ASA），∴PQ＝ED，∴BP+QC＝BC﹣PQ＝CD﹣ED＝EC，即BP+QC＝EC；（3）分两种情况：①当点P在线段BC上时，点Q在线段BC上，由（2）可知：BP＝EC﹣QC，∵AB＝3DE＝6，∴DE＝2，EC＝4，∴BP＝4﹣1＝3；②当点P在线段BC上时，点Q在线段BC的延长线上，如图3所示：同（2）可得：△PEQ≌△EGD（AAS），∴PQ＝DE＝2，∵QC＝1，∴PC＝PQ﹣QC＝1，∴BP＝BC﹣PC＝6﹣1＝5；综上所述，线段BP的长为3或5．。

2020年九年级数学典型中考压轴题训练《四边形》(含答案)

2020年九年级数学典型中考压轴题训练《四边形》1．如图1，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝13，BD＝24，在菱形ABCD 的外部以AB为边作等边三角形ABE．点F是对角线BD上一动点（点F不与点B重合），将线段AF绕点A 顺时针方向旋转60°得到线段AM，连接FM．（1）线段AO的长为；（2）如图2，当点F在线段BO上，且点M，F，C三点在同一条直线上时，求证：AM＝AC；（3）连接EM．若△AFM的周长为3，请直接写出△AEM的面积．2．如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上点F处，延长AE交BC的延长线于点G．（1）求线段CE的长；（2）如图2，M，N分别是线段AG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN＝∠DAM，设DN＝x．①求证四边形AFGD为菱形；②是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．3．将一个正方形纸片AOBC放置在平面直角坐标系中，点A（0，4），点O（0，0），B（4，0），C（4，4）点．动点E在边AO上，点F在边BC上，沿EF折叠该纸片，使点O的对应点M始终落在边AC上（点M不与A，C重合），点B落在点N处，MN与BC交于点P．（Ⅰ）如图①，当∠AEM＝30°时，求点E的坐标；（Ⅱ）如图②，当点M落在AC的中点时，求点E的坐标；（Ⅲ）随着点M在AC边上位置的变化，△MPC的周长是否发生变化？如变化，简述理由；如不变，直接写出其值．4．（1）【问题发现】如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E恰好与点A重合，则线段BE与AF的数量关系为；（2）【拓展研究】在（1）的条件下，如果正方形CDEF绕点C旋转，当点B，E，F三点共线时，连接BE，CE，AF，线段BE与AF的数量关系有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）【问题发现】当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时，求线段AF的长．5．（1）如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．①∠AEB的度数为；②线段AD，BE之间的数量关系为；（2）如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E 在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论；（3）如图3，在正方形ABCD中，CD＝，若点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离为．6．如图1，长方形ABCD中，∠DAB＝∠B＝∠DCB＝∠D＝90°，AD＝BC＝6，AB＝CD＝10．点E为射线DC上的一个动点，把△ADE沿直线AE翻折得△AD′E．（1）当D′点落在AB边上时，∠DAE＝°；（2）如图2，当E点与C点重合时，D′C与AB交点F，①求证：AF＝FC；②求AF长．（3）连接D′B，当∠AD′B＝90°时，求DE的长．7．类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．（1）概念理解：如图1，在四边形ABCD中，添加一个条件，使得四边形ABCD是“等邻边四边形”，请写出你添加的一个条件；（2）概念延伸：下列说法正确的是（填入相应的序号）①对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形；②一组对边平行，另一组对边相等的“等邻边四边形”是菱形；③有两个内角为直角的“等邻边四边形”是正方形；④一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角的“等邻边四边形”是正方形；（3）问题探究：如图2，小红画了一个Rt△ABC，其中∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，并将Rt△ABC沿∠B 的平分线BB'方向平移得到△A'B'C′，连结AA′，BC′，小红要使平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”应平移多少距离（即线段BB'的长）？8．问题背景：（1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC．CD上的点且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG．再证明≌，可得出结论，他的结论应是．请你按照小王同学的思路写出完整的证明过程．实际应用（2）如图2，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的一处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里，小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处．且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离是海里（直接写出答案）．9．在菱形ABCD中，∠MDN的两边分别与AB，BC交于点E，F，与对角线AC交于点G，H，已知∠MDN＝∠BAD＝60°，AC＝6．（1）如图1，当DE⊥AB，DF⊥BC时，①求证：△ADE≌△CDF；②求线段GH的长；（2）如图2，当∠MDN绕点D旋转时，线段AG，GH，HC的长度都在变化．设线段AG＝m，GH＝p，HC＝n，试探究p与mn的等量关系，并说明理由．10．如图，现有一张边长为8的正方形纸片ABCD，点P为AD边上的一点（不与点A、点D 重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连结BP、BH．（1）求证：∠APB＝∠BPH；（2）求证：AP+HC＝PH；（3）当AP＝2时，求PH的长．11．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．12．在△ABC中，AB＝AC，点M在BA的延长线上，点N在BC的延长线上，过点C作CD∥AB 交∠CAM的平分线于点D．（1）如图1，求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）如图2，当∠ABC＝60°时，连接BD，过点D作DE⊥BD，交BN于点E，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形（不包含△CDE），使写出的每个三角形的面积与△CDE的面积相等．13．问题探究，（1）如图①，在矩形ABCD中，AB＝2AD，P为CD边上的中点，试比较∠APB和∠ADB的大小关系，并说明理由；（2）如图②，在正方形ABCD中，P为CD上任意一点，试问当P点位于何处时∠APB最大？并说明理由；问题解决（3）某儿童游乐场的平面图如图③所示，场所工作人员想在OD边上点P处安装监控装置，用来监控OC边上的AB段，为了让监控效果最佳，必须要求∠APB最大，已知：∠DOC ＝60°，OA＝400米，AB＝200米，问在OD边上是否存在一点P，使得∠APB最大，若存在，请求出此时OP的长和∠APB的度数；若不存在，请说明理由．14．探索发现：如图①，△DEC与△ABC均为等腰直角三角形，∠E＝∠ABC＝90°，点A在边CD上，B在边EC上，把△DEC绕C点旋转α（0°＜α＜180°）得到图②，在图②中连接AD、BE交于点P，则图②中：（1）∠APB＝；△BCE与△ACD的关系为．（2）连接图②中的AE、BD，如图③所示，若CE＝3BC＝3，则在旋转的过程中，四边形ABDE的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值并说明理由；若不存在，请说明理由；创新应用：（3）如图④，四边形ABCE中，AB＝BC，∠ABC＝90°，CE＝2，AE＝4，连接BE，请求出BE的最大值，并说明理由．（4）如图⑤，BE、AC为四边形ABCE的对角线，CE＝2，∠CAE＝60°，∠CAB＝90°，∠CBA＝30°，连接BE，请直接写出BE的最大值．15．已知正方形OABC在平面直角坐标系中，点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，等腰直角三角形OEF 的直角顶点O 在原点，E ，F 分别在OA ，OC 上，且OA ＝4，OE ＝2．将△OEF 绕点O 逆时针旋转，得△OE 1F 1，点E ，F 旋转后的对应点为E 1，F 1．（Ⅰ）①如图①，求E 1F 1的长；②如图②，连接CF 1，AE 1，求证△OAE 1≌△OCF 1；（Ⅱ）将△OEF 绕点O 逆时针旋转一周，当OE 1∥CF 1时，求点E 1的坐标（直接写出结果即可）．16．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形AOBC的顶点C的坐标是（2，4），动点P从点A出发，沿线段AO向终点O运动，同时动点Q从点B出发，沿线段BC向终点C运动．点P、Q的运动速度均为每秒1个单位，过点P作PE⊥AO交AB于点E，一点到达，另一点即停．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．（1）填空：用含t的代数式表示下列各式AP＝，CQ＝．（2）①当PE＝时，求点Q到直线PE的距离．②当点Q到直线PE的距离等于时，直接写出t的值．（3）在动点P、Q运动的过程中，点H是矩形AOBC（包括边界）内一点，且以B、Q、E、H为顶点的四边形是菱形，直接写出点H的横坐标．参考答案1．解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OB＝BD＝12，在Rt△AOB中，AB＝13，根据勾股定理得，AO＝＝＝5，故答案为5；（2）由旋转知，AM＝AF，∠MAF＝60°，∴△AMF是等边三角形，∴∠AFM＝60°，∵点M，F，C三点在同一条直线上，∴∠AFC＝180°﹣∠AFM＝120°，∵菱形ABCD的对角线AC与BD相交于O，∴OA＝OC＝AC，在△AOF和△COF中，，∴△AOF≌△COF（SAS），∴∠AFO＝∠AFC＝60°，在Rt△AOF中，sin∠AFO＝，AF＝＝＝OA＝AC，∴AM＝AC；（3）如图，由（2）知，△AMF是等边三角形，∵△AFM的周长为3，∴AF＝，在Rt△AOF中，根据勾股定理得，OF＝＝2，∴BF＝OB﹣OF＝12﹣2＝10，连接EM，∵△ABE是等边三角形，∴AE＝AB＝13，∠BAE＝60°，由（1）知，AM＝AF，∠FAM＝60°，∴∠BAE＝∠EAM，∴∠EAM＝∠BAF，∴△AEM≌△ABF（SAS），∴EM＝BF＝10，∠AEM＝∠ABF，过点M作MN⊥AE于N，∴∠MNE＝∠AOB＝90°，∴△MNE∽△AOB，∴，∴，∴MN＝，＝AE•MN＝×13×＝25．∴S△AEM2．（1）解：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝10，AB＝CD＝8，∴∠B＝∠BCD＝90°，由翻折可知：AD＝AF＝10．DE＝EF，设EC＝x，则DE＝EF＝8﹣x．在Rt△ABF中，BF＝＝＝6，∴CF＝BC﹣BF＝10﹣6＝4，在Rt△EFC中，则有：（8﹣x）2＝x2+42，∴x＝3，∴EC＝3．（2）①证明：如图2中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BG，∴∠DAG＝∠AGB，∵∠DAG＝∠GAF，∴∠GAF＝∠AGF，∴AF＝FG，∵AD＝AF，∴AD＝FG，∵AD∥FG，∴四边形AFGD是平行四边形，∵FA＝FG，∴四边形AFGD是菱形．②解：∵△DMN是直角三角形，∠DMN＝∠DAG＜90°，∴只有∠MDN＝90°或∠MND＝90°．如图3﹣1中，当∠MDN＝90°时，∵AD∥CG，∴＝，∴＝，∴CG＝6，∴BG＝BC+CG＝16，在Rt△ABG中，AG＝＝＝8，在Rt△DCG中，DG＝＝＝10，∵AD＝DG＝10，∴∠DAG＝∠AGD，∵∠DAG+∠DEA＝90°，∠DGA+∠DMG＝90°，∴∠DME＝∠DEM，∴DM＝DE＝5，∵∠MDN＝∠MDG，∠DMN＝∠DGM，∴△DMN∽△DGM，∴＝，∴＝，∴x＝，如图3﹣2中，当∠MND＝90°时，∵∠DGM+∠NMG＝90°，∠DMN＝∠DGM，∴∠DMN+∠NMG＝90°，∴DM⊥AG，∵AD＝DG＝10，∴AM＝MG＝4，∴DM＝＝＝2，∵△DMN∽△DGM，∴＝，∴＝，∴x＝2，综上所述，满足条件的x的值为或2．3．解：（Ⅰ）如图①，∵四边形ABCD是正方形，∴∠EAM＝90°．由折叠知OE＝EM．设OE＝x，则EM＝OE＝x，AE＝x，∴AE+OE＝OA，即x+x＝4，∴x＝16﹣8．∴E（0，16﹣8）；（Ⅱ）如图②，∵点M是边AC的中点，∴AM＝AC＝2．设OE＝m，则EM＝OE＝m，AE＝4﹣m，在Rt△AEM中，EM2＝AM2+AE2，即x2＝22+（4﹣x）2，解得x＝．∴E（0，）；（Ⅲ）△MPC的周长不变，为8．理由：设AM＝a，则OE＝EM＝b，MC＝4﹣a，在Rt△AEM中，由勾股定理得AE2+AM2＝EM2，（4﹣b）2+a2＝b2，解得16+a2＝8b．∴16﹣a2＝8（4﹣b）∵∠EMP＝90°，∠A＝∠D，∴Rt△AEM∽Rt△CMP，∴＝，即＝，解得DM+MP+DP＝＝＝8．∴△CMP的周长为8．4．解：（1）在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，根据勾股定理得，BC＝AB＝4，点D为BC的中点，∴AD＝BC＝2，∵四边形CDEF是正方形，∴AF＝EF＝AD＝2，∵BE＝AB＝4，∴BE＝AF，故答案为BE＝AF；（2）无变化；如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴sin∠ABC＝＝，在正方形CDEF中，∠FEC＝∠FED＝45°，在Rt△CEF中，sin∠FEC＝＝，∴＝，∵∠FCE＝∠ACB＝45°，∴∠FCE﹣∠ACE＝∠ACB﹣∠ACE，∴∠FCA＝∠ECB，∴△ACF∽△BCE，∴＝＝，∴BE＝AF，∴线段BE与AF的数量关系无变化；（3）当点E在线段AF上时，如图2，由（1）知，CF＝EF＝CD＝2，在Rt△BCF中，CF＝2，BC＝4，根据勾股定理得，BF＝2，∴BE＝BF﹣EF＝2﹣2，由（2）知，BE＝AF，∴AF＝2﹣2，当点E在线段BF的延长线上时，如图3，在Rt△ABC中，AB＝AC＝4，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴sin∠ABC＝＝，在正方形CDEF中，∠FEC＝∠FED＝45°，在Rt△CEF中，sin∠FEC＝＝，∴＝，∵∠FCE＝∠ACB＝45°，∴∠FCB+∠ACB＝∠FCB+∠FCE，∴∠FCA＝∠ECB，∴△ACF∽△BCE，∴＝＝，∴BE＝AF，由（1）知，CF＝EF＝CD＝2，在Rt△BCF中，CF＝2，BC＝4，根据勾股定理得，BF＝2，∴BE＝BF+EF＝2+2，由（2）知，BE＝AF，∴AF＝2+2．即：当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，线段AF的长为2﹣2或2+2．5．解：（1）①如图1，∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，∵，∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴∠ADC＝∠BEC．∵△DCE为等边三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°．∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝120°．∴∠BEC＝120°．∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．故答案为：60°．②∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE．故答案为：AD＝BE．（2）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM．理由：如图2，∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°．∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝135°．∴∠BEC＝135°．∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME．∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM．∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．（3）点A到BP的距离为或．理由如下：∵PD＝1，∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上．∵∠BPD＝90°，∴点P在以BD为直径的圆上．∴点P是这两圆的交点．①当点P在如图3①所示位置时，连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交BP于点E，如图3①．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB＝45°．AB＝AD＝DC＝BC＝，∠BAD＝90°．∴BD＝．∵DP＝1，∴BP＝．∵∠BPD＝∠BAD＝90°，∴A、P、D、B在以BD为直径的圆上，∴∠APB＝∠ADB＝45°．∴△PAE是等腰直角三角形．又∵△BAD是等腰直角三角形，点B、E、P共线，AH⊥BP，∴由（2）中的结论可得：BP＝2AH+PD．∴＝2AH+1．∴AH＝．②当点P在如图3②所示位置时，连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，如图3②．同理可得：BP＝2AH﹣PD．∴＝2AH﹣1．∴AH＝．综上所述：点A到BP的距离为或．6．解：（1）由题意知△ADE≌△AD′E，∴∠DAE＝∠D′AE，∵D′点落在AB边上时，∠DAE+∠D′AE＝90°，∴∠DAE＝∠D′AE＝45°，故答案为：45；（2）①如图2，由题意知∠ACD＝∠ACD′，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠ACD＝∠BAC，∴∠ACD′＝∠BAC，∴AF＝FC；②设AF＝FC＝x，则BF＝10﹣x，在Rt△BCF中，由BF2+BC2＝CF2得（10﹣x）2+62＝x2，解得x＝6.8，即AF＝6.8；（3）如图3，∵△AD′E≌△ADE，∴∠AD′E＝∠D＝90°，∵∠AD′B＝90°，∴B、D′、E三点共线，又∵△ABD′∽△BEC，AD′＝BC，∴△ABD′≌△BEC，∴BE＝AB＝10，∵BD′＝＝＝8，∴DE＝D′E＝10﹣8＝2；如图4，∵∠ABD″+∠CBE＝∠ABD″+∠BAD″＝90°，∴∠CBE＝∠BAD″，在△ABD″和△BEC中，∵，∴△ABD″≌△BEC，∴BE＝AB＝10，∴DE＝D″E＝8+10＝18．综上所知，DE＝2或18．7．解：（1）AB＝BC或BC＝CD或AD＝CD或AB＝AD．答案：AB＝AD．（2）①正确，理由为：∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形，∵四边形是“等邻边四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，∴这个“等邻边四边形”是菱形；②正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等可得到：两组对边相等，则该四边形是平行四边形，所以根据“邻边相等的平行四边形为菱形”推知：一组对边平行，另一组对边相等的“等邻边四边形”是菱形；③不正确，理由为：有两个内角为直角的“等邻边四边形”不是平行边形时，该结论不成立；④正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等可得到：两组对边相等，则该四边形是平行四边形，所以根据“邻边相等的平行四边形为菱形”推知：一组对边平行，另一组对边相等的“等邻边四边形”是菱形；再由由一内角是直角的菱形为正方形推知，④的说法正确．故答案是：①③④；（2）由平移可知：BB′∥CC′，且BB′＝CC′，∴四边形B′BCC′是平行四边形．当BC＝CC′＝2时，此时BB′＝2；当A′C′＝CC′＝AC＝＝＝2时，BB′＝2；当A′C′＝A′B＝2时，延长A′B′交BC延长线于D．设BD＝x由于AB∥A′B′，∠ABC＝90°∴∠A′DB＝90°，△B′DB是直角三角形．又∵BB′是∠ABC的角平分线，∴∠B′BD＝∠BB′D＝45°，∴B′D＝BD＝x．∴A′B2＝BD2+A′D2，即（x+4）2+x2＝20，解得x＝﹣2．而BB′＝x＝2﹣2．Rt△ABC沿∠ABC的平分线BB′方向平移得到Rt△A′B′C′，∴∠A′BB′＝180°﹣∠DB′B＝135°，在钝角△AB′B中，∵A′B＞A′B′＝4，A′B′＞B′C′＝BC，∴A′B＞BC．即A′B不可能等于BC．∴BB′＝2，2，2﹣2时，四边形A′BCC′是“等邻边四边形”．8．解：（1）△AEF≌△AGF，EF＝BE+DF．理由如下：在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；故答案为△AEF；△AGF；EF＝BE+DF；（2）如图2，连接EF，延长AE、BF相交于点C，∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EOF＝∠AOB，∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，∴符合（1）中的条件，∴结论EF＝AE+BF成立，即EF＝1.2×（60+80）＝168（海里）．故答案为：168．9．解：（1）①∵DE⊥AB，DF⊥BC，∴∠AED＝∠CFD＝90°∵四边形ABCD是菱形，∴∠BAD＝∠BCD，AD＝AC，∴△AED≌△CFD（AAS）；②∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥DC，∴∠ADC+∠BAD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠ADC＝120°，∵∠MDN＝60°，∴∠ADE+∠CDF＝60°，由①知，△AED≌△CFD，∴∠ADE＝∠CDF，∴∠ADE＝∠CDF＝30°，∵AC是菱形ABCD的对角线，∴∠DAC＝∠ACD＝30°，∴∠DGH＝∠DHG＝60°＝∠HDG，∴DG＝GH＝CH＝AC＝2；（2）如图将△CDH绕点D顺时针旋转120°得到△ADC'，∴∠DAC'＝∠DCH＝30°，C'D＝DH，AC'＝CH＝n，∠ADC'＝∠CDH，∴∠GDC'＝∠ADC'+∠ADG＝120°﹣∠MDN＝60°＝∠MDN，连接C'G，∴△C'DG≌△HDG（ASA），∴C'G＝GH＝p，过点G作GP⊥AC'于P，在Rt△APG中，∠PAG＝∠C'AD+∠CAD＝60°，∴AP＝AG＝m，PG＝m，在Rt△PC'G中，PC'＝AC'﹣AP＝CH﹣AP＝n﹣m，根据勾股定理得，C'G2＝PC'2+PG2，∴p2＝（n﹣m）2+（m）2①，∵AC＝6，∴m+n+p＝6②，联立①②整理得，mn＝12﹣4p．10．（1）证明：∵PE＝BE，∴∠EPB＝∠EBP，又∵∠EPH＝∠EBC＝90°，∴∠EPH﹣∠EPB＝∠EBC﹣∠EBP．即∠BPH＝∠PBC．又∵四边形ABCD为正方形∴AD∥BC，∴∠APB＝∠PBC．∴∠APB＝∠BPH．（2）证明：过B作BQ⊥PH，垂足为Q，由（1）知，∠APB＝∠BPH，在△ABP与△QBP中，，∴△ABP≌△QBP（AAS），∴AP＝QP，BA＝BQ．又∵AB＝BC，∴BC＝BQ．又∵∠C＝∠BQH＝90°，∴△BCH和△BQH是直角三角形，在Rt△BCH与Rt△BQH中，∴Rt△BCH≌Rt△BQH（HL），∴CH＝QH，∴AP+HC＝PH．（3）解：由（2）知，AP＝PQ＝2，∴PD＝6．设QH＝HC＝x，则DH＝8﹣x．PH＝AP+HC＝x+2 在Rt△PDH中，PD2+DH2＝PH2，即62+（8﹣x）2＝（x+2）2，解得x＝4.8，∴PH＝AP+HC＝2+4.8＝6.8．11．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）．12．（1）证明：∵AB＝AC，∠ABC＝∠ACB，∴∠CAM＝∠ABC+∠ACB＝2∠ABC，∵AD平分∠CAM，∴∠CAM＝∠MAD，∴∠ABC＝∠MAD，∴AD∥BC，∵CD∥AB，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）∵∠ABC＝60°，AC＝AB，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵DE⊥BD，∴AC∥DE，∵AD∥CE，∴四边形ACED是平行四边形，∴BC＝AD＝CE，∴图中所有与△CDE面积相等的三角形有△BCD，△ABD，△ACD，△ABC．13．解：（1）如图①中，结论：∠APB＞∠ADB．理由：作PH⊥AB于H．∵四边形ABCD是矩形，PH⊥AB，∴∠ADP＝∠DAH＝∠AHP＝90°，∴四边形ADPH是矩形，∵AB＝CD＝2AD，DP＝PC，∴DA＝DP，∴四边形ADPH是正方形，∴∠APH＝45°，同理可证∠BPH＝45°，∴∠APB＝90°，∵∠ADB＜90°，∴∠APB＞∠ADB．（2）当点P位于CD的中点时，∠APB最大，理由如下：假设P为CD的中点，如图②中，作△APB的外接圆⊙O，则此时CD切⊙O于点P，在CD上取任意异于P点的点E，连接AE，与⊙O交于点F，连接BE，BF，∵∠AFB是△EFB的外角，∴∠AFB＞∠AEB，∵∠AFB＝∠APB，∴∠APB＞∠AEB，故点P位于CD的中点时，∠APB最大．（3）如图③中，当经过A，B的⊙T与OD相切于P时，∠APB的值最大，作TH⊥OC于H，交OD于Q，连接TA，TB，OT．设TP＝TA＝TB＝r，∵TA＝TB，TH⊥AB，∴AH＝HB＝100（m），∵∠OHQ＝90°，∠O＝60°，OH＝OA+AH＝（400+100）（m），∴QH＝OH＝（400+300）（m），∠OQH＝30°，∴TQ＝2PT＝2r，∵TH＝＝，∴2r+＝400+300，整理得：3r2﹣（1600+1200）r+60000+240000＝0，∴（r﹣200）（r﹣1000﹣1200）＝0，∴r＝200或1000+1200（舍弃），∴AT＝200m，∴AT＝2AH，∴∠ATH＝30°，∠ATB＝2∠ATH＝60°，∴∠APB＝∠ATB＝30°，∴OP＝OQ﹣PQ＝800+200﹣600＝（200+200）（m）．14．解：（1）如图2中，设EC交AD于O．∵△ABC ，△CDE 都是等腰直角三角形，∴AC ＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB ＝∠ECD ＝45°， ∴＝，∠ACD ＝∠BCE ，∴△ACD ∽△BCE ，∴∠ODC ＝∠OEP ，∵∠COD ＝∠EOP ，∴∠OPE ＝∠OCD ＝45°，故答案为45°，△BCE ∽△ACD ．（2）如图③中，作EH ⊥BA 交BA 的延长线于H ，作BG ⊥DE 交DE 的延长线于G ．由题意CE ＝3BC ＝3，∴AB ＝BC ＝1，EC ＝DE ＝3，∵BE ≤BC +EC ，∴BE ≤4，∴当点E 在BC 的延长线上时BE 的值最大，最小值为4，∵S 四边形ABDE ＝S △ABE +S △BDE ＝•AB •EH +DE •BG ，又∵EH ≤BE ，BG ≤BE ，∴EH 与BG 的最大值为4，∴四边形ABDE 的面积的最大值＝×1×4+×4×3＝8．（3）如图④中，以EC 为直角边，向下作等腰直角△CEH （EC ＝EH ，∠CEH ＝90°），连接AH ．∵△ABC，△CEH都是等腰直角三角形，∴∴AC＝CB，CH＝CE，∠ACB＝∠ECD＝45°，∴＝，∠ACH＝∠BCE，∴△ACH∽△BCE，∴＝＝，∴BE＝AH，∵AH≤EH+AE，∴AH≤2+4＝6，∴AH的最大值为6，∴BE的最大值＝6×＝3．故答案为3．15．（Ⅰ）①解：∵等腰直角三角形OEF的直角顶点O在原点，OE＝2，∴∠EOF＝90°，OF＝OE＝2，∴EF＝＝＝2，∵将△OEF绕点O逆时针旋转，得△OE1F1，∴E1F1＝EF＝2；②证明：∵四边形OABC为正方形，∴OC＝OA．∵将△OEF绕点O逆时针旋转，得△OE1F1，∴∠AOE1＝∠COF1，∵△OEF是等腰直角三角形，∴△OE 1F 1是等腰直角三角形，∴OE 1＝OF 1．在△OAE 1和△OCF 1中，∴△OAE 1≌△OCF 1（SAS ）；（Ⅱ）解：∵OE ⊥OF ，∴过点F 与OE 平行的直线有且只有一条，并与OF 垂直，当三角板OEF 绕O 点逆时针旋转一周时，则点F 在以O 为圆心，以OF 为半径的圆上．∴过点F 与OF 垂直的直线必是圆O 的切线，又点C 是圆O 外一点，过点C 与圆O 相切的直线有且只有2条，不妨设为CF 1和CF 2，此时，E 点分别在E 1点和E 2点，满足CF 1∥OE 1，CF 2∥OE 2．当切点F 1在第二象限时，点E 1在第一象限．在直角三角形CF 1O 中，OC ＝4，OF 1＝2，cos ∠COF 1＝＝＝，∴∠COF 1＝60°，∴∠AOE 1＝60°．∴点E 1的横坐标＝2cos60°＝1，点E 1的纵坐标＝2sin60°＝，∴点E 1的坐标为（1，）；当切点F 2在第一象限时，点E 2在第四象限．同理可求：点E 2的坐标为（1，﹣）．综上所述，当OE 1∥CF 1时，点E 1的坐标为（1，）或（1，﹣）．16．解：（1）∵矩形AOBC的顶点C的坐标是（2，4），∴OA＝BC＝4，OB＝AC＝2，AO⊥OB由题意得：AP＝t，BQ＝t，∴CQ＝BC﹣BQ＝4﹣t；故答案为：t，4﹣t；（2）①延长PE交BC于F，如图1所示：则PF⊥BC，CF＝AP＝t，∵PE⊥AO，AO⊥OB，∴PE∥OB，∴△APE∽△AOB，∴＝，即＝，解得：t＝1，∴BQ＝1，CF＝1，∴CQ＝4﹣1＝3，∴FQ＝CQ﹣CF＝2；即点Q到直线PE的距离为2；②延长PE交BC于F，如上图1，则PF⊥BC，CF＝AP＝t，①当Q在P的下方时，由题意得：t++t＝4，解得：t＝；②当Q在P的上方时，如图2所示：由题意得：4﹣t+＝t，解得：t＝；故当点Q到直线PE的距离等于时，t的值为秒或秒．（3）∵PE⊥AO，AO⊥OB，∴PE∥OB，∴△APE∽△AOB，∴＝，即＝，解得：PE＝t，∵OP＝4﹣t，∴E（t，4﹣t），Q（2，t），①当QE＝EB时，四边形EQBH是菱形，如图3所示：延长PE交BC于F，则PF⊥BC，CF＝AP＝t，则（2﹣t）2+（4﹣2t）2＝t2，解得：t＝，或t＝4（舍去），∴t＝，即点H的横坐标为；②当QE＝EB时，四边形BQHE是菱形，如图4所示：则BE＝BQ＝t，∵∠AOB＝90°，OB＝2，OA＝4，∴AB＝＝2，∵△APE∽△AOB，∴＝，即＝，∴AE＝t，∴BE＝AB﹣AE＝2﹣t，∴2﹣t＝t，解得：t＝20﹣8，∴t＝4＝10﹣4，即点H的横坐标为10﹣4；综上所述，点H的横坐标为或10﹣4．。

2020年中考数学压轴题：四边形综合题(15题)

2020年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：四边形综合题（15题）一、解答题（共15小题）1．（2019•盘锦）如图，四边形ABCD是菱形，120BAD∠=︒，点E在射线AC上（不包括点A和点)C，过点E的直线GH交直线AD于点G，交直线BC于点H，且//GH DC，点F在BC的延长线上，CF AG=，连接ED，EF，DF．（1）如图1，当点E在线段AC上时，①判断AEG∆的形状，并说明理由．②求证：DEF∆是等边三角形．（2）如图2，当点E在AC的延长线上时，DEF∆是等边三角形吗？如果是，请证明你的结论；如果不是，请说明理由．2．（2019秋•雁塔区校级月考）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB AD=，180B D∠+∠=︒，E，F分别是边BC，CD上的点，且12EAF BAD∠=∠，则BE，EF，DF之间的数量关系是．（2）如图2，若E，F分别是边BC，CD延长线上的点，其他条件不变，则BE，EF，DF 之间的数量关系是什么？请说明理由．（3）如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处）北偏西30︒的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70︒的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动命令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50︒的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观察到舰艇甲、乙分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O 连线的夹角70EOF∠=︒，试求此时两舰艇之间的距离．3．（2018•河西区二模）将一个等边三角形纸片AOB放置在平面直角坐标系中，点(0,0)O，点(6,0)B．点C、D分别在OB、AB边上，//DC OA，23CB=．()I如图①，将DCB∆沿射线CB方向平移，得到△D C B'''．当点C平移到OB的中点时，求点D'的坐标；()II如图②，若边D C''与AB的交点为M，边D B''与ABB∠'的角平分线交于点N，当BB'多大时，四边形MBND'为菱形？并说明理由．()III若将DCB∆绕点B顺时针旋转，得到△D C B''，连接AD'，边D C''的中点为P，连接AP，当AP最大时，求点P的坐标及AD'的值．（直接写出结果即可）．4．（2017•潮阳区模拟）如图（1），在ABC∆中，AB AC=，90BAC∠=︒，AD BC⊥于点D，20BC cm=，10AD cm=．点P从点B出发，在线段BC上以每秒2cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线l从点A沿AD出发，以每秒1cm的速度沿AD方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于M、N、E．当点P到达点C时，点P与直线l同时停止运动，设运动时间为t秒(0)t>．（1）在运动过程中（点P不与B、C重合），连接PN，求证：四边形MBPN为平行四边形；（2）如图（2），以MN为边向下作正方形MFGN，FG交AD于点H，连结PF、PG，当103t<<时，求PFG∆的面积最大值；（3）在整个运动过程中，观察图（2）、（3），是否存在某一时刻t，使PFG∆为等腰三角形？若存在，直接写出t 的值；若不存在，请说明理由．5．（2019•工业园区一模）如图①，在矩形ABCD 中，动点P 从点A 出发，以1/cm s 的速度沿AD 向终点D 移动，设移动时间为()t s ，连接PC ，以PC 为一边作正方形PCEF ，连接DE 、DF ，设PCD ∆的面积为2()y cm ，y 与t 之间的函数关系如图②所示．（1）AB = cm ，AD = cm ；（2）当t 为何值时，DEF ∆的面积最小？请求出这个最小值；（3）当t 为何值时，DEF ∆为等腰三角形？请简要说明理由．6．（2017秋•市南区期末）如图，在平行四边形ABCD 中，AC BC ⊥，10AB =．6AC =．动点P 在线段BC 上从点B 出发沿BC 方向以每秒1个单位长的速度匀速运动；动点Q 在线段DC 上从点D 出发沿DC 的力向以每秒1个单位长的速度匀速运动，过点P 作PE BC ⊥．交线段AB 于点E ．若P 、Q 两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运动随之停止，设运动时间为t 秒．（1）当t 为何值时，//QE BC ？（2）设PQE ∆的面积为S ，求出S 与t 的函数关系式：（3）是否存在某一时刻t ，使得PQE ∆的面积S 最大？若存在，求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．（4）是否存在某一时刻t，使得点Q在线段EP的垂直平分线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．7．（2019•湘潭）如图一，在射线DE的一侧以AD为一条边作矩形ABCD，53AD=，CD=，点M是线段AC上一动点（不与点A重合），连结BM，过点M作BM的垂线交5射线DE于点N，连接BN．（1）求CAD∠的大小；（2）问题探究：动点M在运动的过程中，①是否能使AMN∆为等腰三角形，如果能，求出线段MC的长度；如果不能，请说明理由．②MBN∠的大小；若改变，请说明理由．∠的大小是否改变？若不改变，请求出MBN（3）问题解决：如图二，当动点M运动到AC的中点时，AM与BN的交点为F，MN的中点为H，求线段FH的长度．8．（2019•抚顺）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且DE CF=，点P 在射线BC上（点P不与点F重合）．将线段EP绕点E顺时针旋转90︒得到线段EG，过点E作GD的垂线QH，垂足为点H，交射线BC于点Q．（1）如图1，若点E是CD的中点，点P在线段BF上，线段BP，QC，EC的数量关系为．（2）如图2，若点E不是CD的中点，点P在线段BF上，判断（1）中的结论是否仍然成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（3）正方形ABCD 的边长为6，3AB DE =，1QC =，请直接写出线段BP 的长．9．（2019•舟山）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．（1）温故：如图1，在ABC ∆中，AD BC ⊥于点D ，正方形PQMN 的边QM 在BC 上，顶点P ，N 分别在AB ，AC 上，若BC a =，AD h =，求正方形PQMN 的边长（用a ，h 表示）．（2）操作：如何画出这个正方形PQMN 呢？如图2，小波画出了图1的ABC ∆，然后按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：先在AB 上任取一点P '，画正方形P Q M N ''''，使点Q '，M '在BC 边上，点N '在ABC ∆内，然后连结BN '，并延长交AC 于点N ，画NM BC ⊥于点M ，NP NM ⊥交AB 于点P ，PQ BC ⊥于点Q ，得到四边形PQMN ．（3）推理：证明图2中的四边形PQMN 是正方形．（4）拓展：小波把图2中的线段BN 称为“波利亚线”，在该线上截取NE NM =，连结EQ ，EM （如图3)，当90QEM ∠=︒时，求“波利亚线” BN 的长（用a ，h 表示）．请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．10．（2019•吉林）性质探究如图①，在等腰三角形ABC 中，120ACB ∠=︒，则底边AB 与腰AC 的长度之比为．理解运用（1）若顶角为120︒的等腰三角形的周长为83+，则它的面积为；（2）如图②，在四边形EFGH中，EF EG EH==．①求证：EFG EHG FGH∠+∠=∠；②在边FG，GH上分别取中点M，N，连接MN．若120EF=，直接写出FGH∠=︒，10线段MN的长．类比拓展顶角为2α的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为（用含α的式子表示）．11．（2019•无锡）如图1，在矩形ABCD中，3BC=，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作PAB∆关于直线PA的对称PAB∆'，设点P的运动时间为t s．()（1）若23AB=．①如图2，当点B'落在AC上时，显然PAB∆'是直角三角形，求此时t的值；②是否存在异于图2的时刻，使得PCB∆'是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由．（2）当P点不与C点重合时，若直线PB'与直线CD相交于点M，且当3t<时存在某一时刻有结论45∠=︒”是否总PAMPAMt>的任意时刻，结论“45∠=︒成立，试探究：对于3是成立？请说明理由．12．（2019•绵阳）如图，在以点O为中心的正方形ABCD中，4AD=，连接AC，动点E从点O出发沿O C→以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点C停止．在运动过程中，∆的外接圆交AB于点F，连接DF交AC于点G，连接EF，将EFGADE∆沿EF翻折，得到EFH∆．（1）求证：DEF∆是等腰直角三角形；（2）当点H恰好落在线段BC上时，求EH的长；（3）设点E运动的时间为t秒，EFG∆的面积为S，求S关于时间t的关系式．13．（2019•岳阳）操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C'处．点P为直线EF上一动点（不与E、F重合），过点P分别作直线BE、BF的垂线，垂足分别为点M和N，以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN．（1）如图1，求证：BE BF=；（2）特例感知：如图2，若5CF=，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形DE=，2PMQN的周长；（3）类比探究：若DE a=．=，CF b①如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系．（不要求写证明过程）14．（2019•资阳）在矩形ABCD中，连结AC，点E从点B出发，以每秒1个单位的速度沿着B A C⊥于点F，在矩形ABCD →→的路径运动，运动时间为t（秒)．过点E作EF BC的内部作正方形EFGH．（1）如图，当8==时，AB BC①若点H在ABC=；∆的内部，连结AH、CH，求证：AH CH②当08t <…时，设正方形EFGH 与ABC ∆的重叠部分面积为S ，求S 与t 的函数关系式；（2）当6AB =，8BC =时，若直线AH 将矩形ABCD 的面积分成1:3两部分，求t 的值．15．（2019•益阳）如图，在平面直角坐标系xOy 中，矩形ABCD 的边4AB =，6BC =．若不改变矩形ABCD 的形状和大小，当矩形顶点A 在x 轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D 始终在y 轴的正半轴上随之上下移动．（1）当30OAD ∠=︒时，求点C 的坐标；（2）设AD 的中点为M ，连接OM 、MC ，当四边形OMCD 的面积为212时，求OA 的长；（3）当点A 移动到某一位置时，点C 到点O 的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos OAD ∠的值．2020年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：四边形综合题（15题）参考答案与试题解析一、解答题（共15小题）1．（2019•盘锦）如图，四边形ABCD 是菱形，120BAD ∠=︒，点E 在射线AC 上（不包括点A 和点)C ，过点E 的直线GH 交直线AD 于点G ，交直线BC 于点H ，且//GH DC ，点F 在BC 的延长线上，CF AG =，连接ED ，EF ，DF ．（1）如图1，当点E 在线段AC 上时，①判断AEG ∆的形状，并说明理由．②求证：DEF ∆是等边三角形．（2）如图2，当点E 在AC 的延长线上时，DEF ∆是等边三角形吗？如果是，请证明你的结论；如果不是，请说明理由．【考点】LO ：四边形综合题【专题】554：等腰三角形与直角三角形；152：几何综合题；556：矩形菱形正方形；553：图形的全等【分析】（1）①由菱形的性质得出//AD BC ，AB BC CD AD ===，//AB CD ，1602CAD BAD ∠=∠=︒，由平行线的性质得出180BAD ADC ∠+∠=︒，60ADC ∠=︒，60AGE ADC ∠=∠=︒，得出60AGE EAG AEG ∠=∠=∠=︒，即可得出AEG ∆是等边三角形；②由等边三角形的性质得出AG AE =，由已知得出AE CF =，由菱形的性质得出120BCD BAD ∠=∠=︒，得出60DCF CAD ∠=︒=∠，证明()AED CFD SAS ∆≅∆，得出DE DF =，ADE CDF ∠=∠，再证出60EDF ∠=︒，即可得出DEF ∆是等边三角形；（2）同（1）①得：AEG ∆是等边三角形，得出AG AE =，由已知得出AE CF =，由菱形的性质得出120BCD BAD ∠=∠=︒，1602CAD BAD ∠=∠=︒，得出60FCD CAD ∠=︒=∠，证明()AED CFD SAS ∆≅∆，得出DE DF =，ADE CDF ∠=∠，再证出60EDF ∠=︒，即可得出DEF ∆是等边三角形．【解答】（1）①解：AEG ∆是等边三角形；理由如下： Q 四边形ABCD 是菱形，120BAD ∠=︒，//AD BC ∴，AB BC CD AD ===，//AB CD ，1602CAD BAD ∠=∠=︒， 180BAD ADC ∴∠+∠=︒，60ADC ∴∠=︒，//GH DC Q ，60AGE ADC ∴∠=∠=︒，60AGE EAG AEG ∴∠=∠=∠=︒，AEG ∴∆是等边三角形；②证明：AEG ∆Q 是等边三角形，AG AE ∴=，CF AG =Q ，AE CF ∴=，Q 四边形ABCD 是菱形，120BCD BAD ∴∠=∠=︒，60DCF CAD ∴∠=︒=∠，在AED ∆和CFD ∆中，AD CD EAD FCD AE CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AED CFD SAS ∴∆≅∆DE DF ∴=，ADE CDF ∠=∠，60ADC ADE CDE ∠=∠+∠=︒Q ，60CDF CDE ∴∠+∠=︒，即60EDF ∠=︒，DEF ∴∆是等边三角形；（2）解：DEF ∆是等边三角形；理由如下：同（1）①得：AEG ∆是等边三角形， AG AE ∴=，CF AG=Q，AE CF∴=，Q四边形ABCD是菱形，120BCD BAD∴∠=∠=︒，1602CAD BAD∠=∠=︒，60FCD CAD ∴∠=︒=∠，在AED∆和CFD∆中，AD CDEAD FCD AE CF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AED CFD SAS∴∆≅∆，DE DF∴=，ADE CDF∠=∠，60ADC ADE CDE∠=∠-∠=︒Q，60CDF CDE∴∠-∠=︒，即60EDF∠=︒，DEF∴∆是等边三角形．【点评】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．2．（2019秋•雁塔区校级月考）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB AD=，180B D∠+∠=︒，E，F分别是边BC，CD上的点，且12EAF BAD∠=∠，则BE，EF，DF之间的数量关系是EF BE DF=+．（2）如图2，若E，F分别是边BC，CD延长线上的点，其他条件不变，则BE，EF，DF 之间的数量关系是什么？请说明理由．（3）如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处）北偏西30︒的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70︒的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动命令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50︒的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观察到舰艇甲、乙分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O 连线的夹角70EOF∠=︒，试求此时两舰艇之间的距离．【考点】LO ：四边形综合题【专题】67：推理能力；152：几何综合题；553：图形的全等【分析】（1）延长FD 到点G ．使DG BE =．连结AG ，证明ABE ADG ∆≅∆，根据全等三角形的性质得到AE AG =，证明AEF AGF ∆≅∆，得得EF FG =，证明结论；（2）在CB 上截取BM DF =，连接AM ，证ABM ADF ∆≅∆，推出AF AM =，DAF BAM ∠=∠，求出EAM EAF ∠=∠，证FAE MAE ∆≅∆，推出EF EM =，即可得出结果；（3）延长AE 、BF 相交于点C ，然后根据（1）中的方法可得两舰艇之间的距离．【解答】解：（1）延长FD 到点G ，使DG BE =，连结AG ，如图1所示：在ABE ∆和ADG ∆中，90BE DG B ADG AB AD =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，()ABE ADG SAS ∴∆≅∆，AE AG ∴=，BAE DAG ∠=∠，12EAF BAD ∠=∠Q ， GAF DAG DAF BAE DAF BAD EAF EAF ∴∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=∠，在AEF ∆和GAF ∆中，AE AG EAF GAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AEF AGF SAS ∴∆≅∆，EF FG ∴=，FG DG DF BE DF =+=+Q ，EF BE DF ∴=+，故答案为：EF BE DF =+；（2）BE ，EF ，DF 之间的数量关系是：EF BE DF =-；理由如下：在CB 上截取BM DF =，连接AM ，如图2所示：180B D ∠+∠=︒Q ，180ADC ADF ∠+∠=︒，B ADF ∴∠=∠，在ABM ∆和ADF ∆中，AB AD B ADF BM DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ABM ADF SAS ∴∆≅∆，AF AM ∴=，DAF BAM ∠=∠，BAD MAF ∴∠=∠，2BAD EAF ∠=∠Q ，2MAF EAF ∴∠=∠，MAE EAF ∴∠=∠，在FAE ∆和MAE ∆中，AE AE FAE MAE AF AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()FAE MAE SAS ∴∆≅∆，EF EM BE BM BE DF ∴==-=-，即EF BE DF =-；（3）连接EF ，延长AE 、BF 相交于点C ，如图3所示：3090(9070)140AOB ∠=︒+︒+︒-︒=︒Q ，70EOF ∠=︒，12EOF AOB ∴∠=∠， OA OB =Q ，(9030)(7050)180OAC OBC ∠+∠=︒-︒+︒+︒=︒，∴符合（1）中的条件，即结论EF AE BF =+成立，1.5(6080)210EF ∴=⨯+=（海里）．答：此时两舰艇之间的距离是210海里．【点评】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质等知识；通过作辅助线构建三角形全等是解题的关键．3．（2018•河西区二模）将一个等边三角形纸片AOB放置在平面直角坐标系中，点(0,0)O，点(6,0)B．点C、D分别在OB、AB边上，//CB=DC OA，23()I如图①，将DCB'''．当点C平移到OB的中点时，求∆沿射线CB方向平移，得到△D C B点D'的坐标；II如图②，若边D C''与AB的交点为M，边D B''与ABB()∠'的角平分线交于点N，当BB'多大时，四边形MBND'为菱形？并说明理由．III若将DCB()''，连接AD'，边D C''的中点为P，连接∆绕点B顺时针旋转，得到△D C BAP，当AP最大时，求点P的坐标及AD'的值．（直接写出结果即可）．【考点】LO ：四边形综合题【专题】153：代数几何综合题【分析】（Ⅰ）如图①中，作DH BC ⊥于H ．首先求出点D 坐标，再求出CC '的长即可解决问题；（Ⅱ）当3BB '=时，四边形MBND '是菱形．首先证明四边形MBND '是平行四边形，再证明BB BC '='即可解决问题；（Ⅲ）在ABP ∆中，由三角形三边关系得，AP AB BP <+，推出当点A ，B ，P 三点共线时，AP 最大；【解答】解：（Ⅰ）如图①中，作DH BC ⊥于H ．AOB ∆Q 是等边三角形，//DC OA ，60DCB AOB ∴∠=∠=︒，60CDB A ∠=∠=︒，CDB ∴∆是等边三角形，23CB =Q DH CB ⊥，3CH HB ∴=3DH =，(63D ∴-3)，3C B '=Q ，233CC ∴'=，233DD CC ∴'='=，(33D ∴'+，3)．（Ⅱ）当3BB '=时，四边形MBND '是菱形．理由：如图②中，ABC ∆Q 是等边三角形， 60ABO ∴∠=︒，180120ABB ABO '∴∠=︒-∠=︒，BN Q 是ACC '∠的角平分线，1602NBB ABB D C B ''∴∠'=∠=︒=∠''， //D C BN ''∴，//AB B D ''Q∴四边形MBND '是平行四边形，60ME C MCE '''∠=∠=︒Q ，60NCC NC C ''∠=∠=︒，∴△MC B ''和NBB '∆是等边三角形，MC CE '∴=，NC CC '=，23B C ''=QQ 四边形MBND '是菱形，BN BM ∴=，132BB B C '''∴==（Ⅲ）如图连接BP ，在ABP ∆中，由三角形三边关系得，AP AB BP <+，∴当点A ，B ，P 三点共线时，AP 最大，如图③中，在△D BC ''中，由P 为D C ''的中点，得AP D C ''⊥，3PD '=3CP ∴=，639AP ∴=+=，在Rt APD '∆中，由勾股定理得，22221AD AP PD '=+'= 此时15(2P ，33．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，平移和旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解（2）的关键是四边形MCND '是平行四边形，解（3）的关键是判断出点A ，C ，P 三点共线时，AP 最大．4．（2017•潮阳区模拟）如图（1），在ABC ∆中，AB AC =，90BAC ∠=︒，AD BC ⊥于点D ，20BC cm =，10AD cm =．点P 从点B 出发，在线段BC 上以每秒2cm 的速度向点C 匀速运动，与此同时，垂直于AD 的直线l 从点A 沿AD 出发，以每秒1cm 的速度沿AD 方向匀速平移，分别交AB 、AC 、AD 于M 、N 、E ．当点P 到达点C 时，点P 与直线l 同时停止运动，设运动时间为t 秒(0)t >．（1）在运动过程中（点P 不与B 、C 重合），连接PN ，求证：四边形MBPN 为平行四边形；（2）如图（2），以MN 为边向下作正方形MFGN ，FG 交AD 于点H ，连结PF 、PG ，当1003t <<时，求PFG ∆的面积最大值；（3）在整个运动过程中，观察图（2）、（3），是否存在某一时刻t ，使PFG ∆为等腰三角形？若存在，直接写出t 的值；若不存在，请说明理由．【考点】LO ：四边形综合题【分析】（1）证出//l BC ，得出比例式AM AN AB AC=，证出AM AN =，得出ME NE =，因此22MN AE t ==，证出MN BP =，即可得出四边形MBPN 为平行四边形；（2）由正方形的性质得出22FG MN MF AE t ====，求出103DH AD AH t =-=-，得出215253()233PFG S FG DH t ∆==--+g ，由二次函数的最值即可得出答案；（3）利用勾股定理得：222(103)PF t =-，222(103)(10)PG t t =-+-，22(2)FG t =，分三种情况讨论，得出方程，解方程即可．【解答】（1）证明：l AD ⊥Q ，BC AD ⊥，//l BC ∴， ∴AM AN AB AC=， AB AC =Q ，AM AN ∴=，90BAC ∠=︒Q ，ME NE ∴=，22MN AE t ∴==，2BP t =Q ，MN BP ∴=，∴四边形MBPN 为平行四边形；（2）解：Q 四边形MFGN 是正方形，22FG MN MF AE t ∴====，2EH MF t ==Q ，103DH AD AH t ∴=-=-，2115252(103)3()2233PFG S FG DH t t t ∆∴==⨯⨯-=--+g ， 30a =-<Q ，1003t <<， ∴当53t =时，PFG S ∆最大253=；（3）解：存在，当307t ±=或5t =或10t =时，PFG ∆为等腰三角形；理由如下：利用勾股定理得：222(103)PF t =-，222(103)(10)PG t t =-+-，又22(2)FG t =，当PF FG =时，则222(103)(2)t t -=，解得：t = 当PF PG =时，2222(103)(103)(10)t t t -=-+-，解得：5t =，或0t =（舍去）；当FG PG =时，222(2)(103)(10)t t t =-+-，解得：10t =，或103t =（舍去）；综上所述，t 或5t =或10t =时，PFG ∆为等腰三角形．【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、正方形的性质、等腰三角形的判定、二次函数的最值、勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大．5．（2019•工业园区一模）如图①，在矩形ABCD 中，动点P 从点A 出发，以1/cm s 的速度沿AD 向终点D 移动，设移动时间为()t s ，连接PC ，以PC 为一边作正方形PCEF ，连接DE 、DF ，设PCD ∆的面积为2()y cm ，y 与t 之间的函数关系如图②所示．（1）AB = 2 cm ，AD = cm ；（2）当t 为何值时，DEF ∆的面积最小？请求出这个最小值；（3）当t 为何值时，DEF ∆为等腰三角形？请简要说明理由．【考点】LO ：四边形综合题【专题】152：几何综合题【分析】（1）根据图②三角形PCD 的面积，可得矩形的长和宽；（2）由题意得：AP t =，5PD t =-，根据三角形面积公式可得y 与t 的关系式，由图②得：12DEF PDC EFPC S S S ∆∆+=正方形，代入可得结论；（3）当DEF ∆为等腰三角形时，分四种情况进行讨论，根据全等三角形的性质计算PD 和AP 的长，可得t 的值．【解答】解：（1）由图②知：5AD =，当0t =时，P 与A 重合，152y AD CD =⨯⨯=， 1552CD ⨯⨯=， 2CD cm =，Q 四边形ABCD 是矩形， 2AB CD cm ∴==，故答案为：2，5；（2）由题意得：AP t =，5PD t =-，112(5)522y CD PD t t ∴==-=-g g g ， Q 四边形EFPC 是正方形，12DEF PDC EFPC S S S ∆∆∴+=正方形， 222PC PD CD =+Q ，22222(5)1029PC t t t ∴=+-=-+，222111913(1029)(5)4(4)22222DEF S t t t t t t ∆∴=-+--=-+=-+，当t 为4时，DEF ∆的面积最小，且最小值为32；（3）当DEF ∆为等腰三角形时，分四种情况：①当FD FE =时，如下图所示，过F 作FG AD ⊥于G ，Q 四边形EFPC 是正方形，PF EF PC ∴==，90FPC ∠=︒，PF FD ∴=，FG PD ⊥Q ，12PG DG PD ∴==， 90FPG CPD CPD DCP ∠+∠=∠+∠=︒Q ，FPG DCP ∴∠=∠，90FGP PDC ∠=∠=︒Q ，()FPG PDC AAS ∴∆≅∆，2PG DC ∴==，4PD ∴=，541AP ∴=-=，即1t =；②当DE DF =时，如下图所示，E 在AD 的延长线上，此时正方形EFPC 是正方形，2PD CD ==，523AP t ∴==-=；③当DE EF =时，如下图所示，过E 作EG CD ⊥于G ，FE DE EC ==Q ， 112CG DG CD ∴===，同理得：()PDC CGE AAS ∆≅∆，1PD CG ∴==，514AP t ∴==-=，④当DF EF =时，如下图所示，2PC EF PF ===，且PC BC ⊥，此时P 与D 重合，5t =，综上，当1t s =或3s 或4s 或5s 时，DEF ∆为等腰三角形．【点评】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、利用三角形的面积公式求二次函数的解析式，勾股定理的运用，动点运动等知识，考查学生数形结合的能力，分类讨论的能力，综合性强，难度适中．6．（2017秋•市南区期末）如图，在平行四边形ABCD 中，AC BC ⊥，10AB =．6AC =．动点P 在线段BC 上从点B 出发沿BC 方向以每秒1个单位长的速度匀速运动；动点Q 在线段DC 上从点D 出发沿DC 的力向以每秒1个单位长的速度匀速运动，过点P 作PE BC ⊥．交线段AB 于点E ．若P 、Q 两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运动随之停止，设运动时间为t 秒．（1）当t 为何值时，//QE BC ？（2）设PQE ∆的面积为S ，求出S 与t 的函数关系式：（3）是否存在某一时刻t ，使得PQE ∆的面积S 最大？若存在，求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．（4）是否存在某一时刻t ，使得点Q 在线段EP 的垂直平分线上？若存在，求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．【考点】LO ：四边形综合题【专题】15：综合题【分析】（1）先用勾股定理求出BC ，进而得出10CD AB ==，利用锐角三角函数得出B ∠的相关三角函数，再判断出CGQ CAD ∆∆∽，利用得出的比例式建立方程即可得出结论；（2）同（1）的方法，利用三角函数求出CH ，QH ，最后利用面积的差即可得出结论；（3）借助（2）的结论即可得出结论；（4）先由垂直平分线得出38PM t =，再表示出CN ，用PM CN =建立方程即可得出结论．【解答】解：（1）如图1，记EQ 与AC 的交点为G ，AC BC ⊥Q ，90ACB ∴∠=︒，在Rt ABC ∆中，10AB =，6AC =，根据勾股定理得，8BC =，3tan 4AC B BC ==， Q 四边形ABCD 是平行四边形，10CD AB ∴==，8AD BC ==，由运动知，BP t =，DQ t =，8PC t ∴=-，10CQ t =-，PE BC ⊥Q ，90BPE ∴∠=︒，在Rt BPE ∆中，3sin 5B =，4cos 5B =，3tan 4PE PE B BP t ===， 34PE t ∴=， //EQ BC Q ，90PEQ BPE ∴∠=∠=︒，∴四边形CPEG 是矩形，34CG PE t ∴==， //EQ BC Q ，CGQ CAD ∴∆∆∽， ∴CG CQ AC CD=， ∴3104610t t -=． 409t ∴=；（2）如图2，过点Q 作QH BC ⊥交BC 的延长线于H ，Q 四边形ABCD 是平行四边形，//AB CD ∴，DCH B ∴∠=∠，在Rt CHQ ∆中，3sin 105QH QH QCH CQ t ∠===-， 3(10)5QH t ∴=-，4cos 105CH CH HCQ CQ t ∠===-， 4(10)5CH t ∴=-， 498(10)1655PH PC CH t t t ∴=+=-+-=-， ()()2133919327404010161610()25452554093QPH QHPE S S S t t t t t t ∆⎡⎤⎛⎫⎛⎫∴=-=-+⨯--⨯-⨯-=--+ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭梯形，Q 点E 在线段AB 上，∴点P 在线段BC 上，08t ∴<„，点Q 在CD 上，010t ∴<<，08t ∴<„，即：2274040()(08)4093S t t =--+<„；（3）由（2）知，2274040()(08)4093S t t =--+<„； 409t ∴=时，403S =最大；（4）如图3，过点Q 作QM PE ⊥于M ，交AC 于N ，Q 点Q 在线段EP 的垂直平分线上，1328PM PE t ∴==，同（2）的方法得，3(10)5CN t =-，易知，四边形PCNM 是矩形，PM CN ∴=，∴33(10)85t t =-， 8013t ∴=．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，矩形的判定和性质，解本题的关键是用t表示出相关的线段．7．（2019•湘潭）如图一，在射线DE的一侧以AD为一条边作矩形ABCD，53AD=，CD=，点M是线段AC上一动点（不与点A重合），连结BM，过点M作BM的垂线交5射线DE于点N，连接BN．（1）求CAD∠的大小；（2）问题探究：动点M在运动的过程中，①是否能使AMN∆为等腰三角形，如果能，求出线段MC的长度；如果不能，请说明理由．②MBN∠的大小；若改变，请说明理由．∠的大小是否改变？若不改变，请求出MBN（3）问题解决：如图二，当动点M运动到AC的中点时，AM与BN的交点为F，MN的中点为H，求线段FH 的长度．【考点】LO ：四边形综合题【专题】152：几何综合题【分析】（1）在Rt ADC ∆中，求出DAC ∠的正切值即可解决问题．（2）①分两种情形：当NA NM =时，当AN AM =时，分别求解即可．②30MBN ∠=︒．利用四点共圆解决问题即可．（3）首先证明ABM ∆是等边三角形，再证明BN 垂直平分线段AM ，解直角三角形即可解决问题．【解答】解：（1）如图一（1）中，Q 四边形ABCD 是矩形，90ADC ∴∠=︒，3tan 53DC DAC AD ∠===Q ， 30DAC ∴∠=︒．（2）①如图一（1）中，当AN NM =时，90BAN BMN ∠=∠=︒Q ，BN BN =，AN NM =，Rt BNA Rt BNM(HL)∴∆≅∆，BA BM ∴=，在Rt ABC ∆中，30ACB DAC ∠=∠=︒Q ，5AB CD ==，210AC AB ∴==，60BAM ∠=︒Q ，BA BM =，ABM ∴∆是等边三角形，5AM AB ∴==，∴=-=．CM AC AM5如图一（2）中，当AN AM∠=∠=︒，AMN ANM=时，易证1590∠=︒Q，BMN∠=︒Q，MCBCMB∴∠=︒，3075∴∠=︒-︒-︒=︒，180753075CBM∴∠=∠，CMB CBM53∴==CM CB综上所述，满足条件的CM的值为5或53②结论：30∠=︒大小不变．MBN理由：如图一（1）中，180Q，∠+∠=︒BAN BMN∴，B，M，N四点共圆，A∴∠=∠=︒．30MBN MAN如图一（2）中，90Q，BMN BAN∠=∠=︒∴，N，B，M四点共圆，A180∴∠+∠=︒，MBN MAN∠+∠=︒Q，DAC MAN180MBN DAC∴∠=∠=︒，30综上所述，30∠=︒．MBN（3）如图二中，AM MC =Q ，BM AM CM ∴==，2AC AB ∴=，AB BM AM ∴==，ABM ∴∆是等边三角形，60BAM BMA ∴∠=∠=︒，90BAN BMN ∠=∠=︒Q ，30NAM NMA ∴∠=∠=︒，NA NM ∴=，BA BM =Q ，BN ∴垂直平分线段AM ，52FM ∴=， 53cos30FM NM ∴=︒， 90NFM ∠=︒Q ，NH HM =，1532FH MN ∴= 【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．8．（2019•抚顺）如图，点E ，F 分别在正方形ABCD 的边CD ，BC 上，且DE CF =，点P 在射线BC 上（点P 不与点F 重合）．将线段EP 绕点E 顺时针旋转90︒得到线段EG ，过点E 作GD 的垂线QH ，垂足为点H ，交射线BC 于点Q ．（1）如图1，若点E 是CD 的中点，点P 在线段BF 上，线段BP ，QC ，EC 的数量关系为 BP QC EC += ．（2）如图2，若点E不是CD的中点，点P在线段BF上，判断（1）中的结论是否仍然成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（3）正方形ABCD的边长为6，3AB DE=，1QC=，请直接写出线段BP的长．【考点】LO：四边形综合题【专题】152：几何综合题；556：矩形菱形正方形；553：图形的全等；554：等腰三角形与直角三角形【分析】（1）由ASA证明PEQ EGD∆≅∆，得出PQ ED=，即可得出结论；（2）由ASA证明PEQ EGD∆≅∆，得出PQ ED=，即可得出结论；（3）①当点P在线段BC上时，点Q在线段BC上，由（2）可知：BP EC QC=-，求出2DE=，4EC=，即可得出答案；②当点P在线段BC上时，点Q在线段BC的延长线上，由全等三角形的性质得出2PQ DE==，求出1PC=，得出5BP=；即可得出答案．【解答】解：（1）BP QC EC+=；理由如下：Q四边形ABCD是正方形，BC CD∴=，90BCD∠=︒，由旋转的性质得：90PEG∠=︒，EG EP=，90PEQ GEH∴∠+∠=︒，QH GD⊥Q，90H∴∠=︒，90G GEH∠+∠=︒，PEQ G∴∠=∠，又90EPQ PEC∠+∠=︒Q，90PEC GED∠+∠=︒，EPQ GED∴∠=∠，在PEQ∆和EGD∆中，EPQ GEDEP EGPEQ G∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()PEQ EGD ASA ∴∆≅∆，PQ ED ∴=，BP QC BC PQ CD ED EC ∴+=-=-=，即BP QC EC +=；故答案为：BP QC EC +=；（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：由题意得：90PEG ∠=︒，EG EP =，90PEQ GEH ∴∠+∠=︒，QH GD ⊥Q ，90H ∴∠=︒，90G GEH ∠+∠=︒，PEQ G ∴∠=∠，Q 四边形ABCD 是正方形，90DCB ∴∠=︒，BC DC =，90EPQ PEC ∴∠+∠=︒，90PEC GED ∠+∠=︒Q ，GED EPQ ∴∠=∠，在PEQ ∆和EGD ∆中，EPQ GED EP EGPEQ G ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()PEQ EGD ASA ∴∆≅∆，PQ ED ∴=，BP QC BC PQ CD ED EC ∴+=-=-=，即BP QC EC +=；（3）分两种情况：①当点P 在线段BC 上时，点Q 在线段BC 上，由（2）可知：BP EC QC =-，36AB DE ==Q ，2DE ∴=，4EC =，413BP ∴=-=；②当点P 在线段BC 上时，点Q 在线段BC 的延长线上，如图3所示：同（2）可得：()PEQ EGD AAS ∆≅∆，2PQ DE ∴==，1QC =Q ，1PC PQ QC ∴=-=，615BP BC PC ∴=-=-=；综上所述，线段BP 的长为3或5．【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质以及分类讨论等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键．9．（2019•舟山）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．（1）温故：如图1，在ABC ∆中，AD BC ⊥于点D ，正方形PQMN 的边QM 在BC 上，顶点P ，N 分别在AB ，AC 上，若BC a =，AD h =，求正方形PQMN 的边长（用a ，h 表示）．（2）操作：如何画出这个正方形PQMN 呢？如图2，小波画出了图1的ABC ∆，然后按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：先在AB 上任取一点P '，画正方形P Q M N ''''，使点Q '，M '在BC 边上，点N '在ABC ∆内，然后连结BN '，并延长交AC 于点N ，画NM BC ⊥于点M ，NP NM ⊥交AB 于点P ，PQ BC ⊥于点Q ，得到四边形PQMN ．（3）推理：证明图2中的四边形PQMN 是正方形．（4）拓展：小波把图2中的线段BN 称为“波利亚线”，在该线上截取NE NM =，连结EQ ，EM （如图3)，当90QEM ∠=︒时，求“波利亚线” BN 的长（用a ，h 表示）．请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．【考点】LO：四边形综合题【专题】55D：图形的相似；556：矩形菱形正方形【分析】（1）理由相似三角形的性质构建方程即可解决问题；（2）根据题意画出图形即可；（3）首先证明四边形PQMN是矩形，再证明MN PN=即可；（4）过点N作ND ME⊥于点D，由等腰三角形的性质可得NEM MNE∠=∠，ED DM=，由“AAS”可证QEM MDN∆≅∆，可得12EQ DM EM==，通过证明BEQ BME∆∆∽，可得2BM BE=，2BE BQ=，即可求BN的长．【解答】（1）解：如图1中，//PN BCQ，APN ABC∴∆∆∽，∴PN AEBC AD=，即PN h PNa h-=，解得ah PNa h=+（2）能画出这样的正方形，如图2中，正方形PNMQ即为所求．（3）证明：如图2中，由画图可知：90QMN PQM NPQ BM N ∠=∠=∠=∠''=︒，∴四边形PNMQ 是矩形，//MN M N ''，∴△BN M BNM ''∆∽， ∴M N BN MN BN '''=，同理可得：P N BN PN BN'''= ∴M N P N MN PN ''''=， M N P N ''=''Q ，MN PN ∴=，∴四边形PQMN 是正方形（4）如图，过点N 作ND ME ⊥于点DMN EN =Q ，ND ME ⊥，NEM MNE ∴∠=∠，ED DM =90BMN QEM ∠=∠=︒Q90EQM EMQ ∴∠+∠=︒，90EMQ EMN ∠+∠=︒EMN EQM ∴∠=∠，且MN QN =，90QEM NDM ∠=∠=︒()QEM MDN AAS ∴∆≅∆12EQ DM EM ∴==，。

2020年中考数学三轮冲刺培优三角形与四边形综合

2020中考数学三轮冲刺培优三角形与四边形综合（含答案）1. 如图①,在Rt①ABC 中,①A =90°,AB =AC ,点D ,E 分别在边AB ,AC 上,AD =AE ,连接DC ,点M ,P ,N 分别为DE ,DC ,BC 的中点. (1)观察猜想图①中,线段PM 与PN 的数量关系是 ,位置关系是 ; (2)探究证明把①ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图①的位置,连接MN ,BD ,CE ,判断①PMN 的形状,并说明理由; (3)拓展延伸把①ADE 绕点A 在平面内自由旋转,若AD =4,AB =10,请直接写出①PMN 面积的最大值.第1题图解：（1）PM =PN ,PM ①PN ;【解法提示】①AB =AC ,AD =AE ,①BD =CE ; ①点M ,P ,N 分别为DE ,DC ,BC 的中点, ①PM ①21CE 且PM =21CE ,PN ①21BD 且PN ①21BD ; ①PM=PN ,①DPM =①DCE ,①CNP =①B , ①①DPN =①PNC +①PCN =①B +①PCN. ①①A =90°, ①①B +①ACB =90°,①①MPN =①MPD +①DPN =①DCE +①PCN +①B =90°, ①PM ①PN.（2）①PMN 为等腰直角三角形.理由如下：由题可知：①ABC 和①ADE 均为等腰直角三角形,①AB =AC ,AD =AE ,①BAC =①DAE =90°, ①①BAD +①DAC =①DAC +①CAE , ①①BAD =①EAC ,①①BAD ①①CAE （SAS ）, ①①ABD =①ACE ,BD =CE .又①点M ,P ,N 分别为DE ,DC ,BC 的中点, ①PM 是①CDE 的中位线, ①PM ①21CE 且PM =21CE . 同理：PN ①21BD 且PN=21BD . ①PM=PN ,①MPD =①ECD ,①PNC =①DBC.①①MPD =①ECD =①ACD +①ACE =①ACD +①ABD ,①DPN =①PNC +①PCN =①DBC +①PCN , ①①MPN =①MPD +①DPN =①ACD +①ABD +①DBC +①PCN =①ABC +①ACB =90°, ①①PMN 为等腰直角三角形;. 【解法提示】①①PMN 为等腰直角三角形,①S ①PMN =21PM 2,要使①PMN 的面积最大,即PM 最大.第1题解图由（2）得,PM =21CE ,即当CE 最大时,PM 最大. 如解图所示,当点C 、E 在点A 异侧,且在同一直线上时,CE 最大,此时CE =AE +AC =14,则PM 最大值为7,故①PMN 最大面积为S ①PMN =21×7×7=249. 2. 如图,BD 是正方形ABCD 的对角线,BC =2,动点P 从点B 出发,以每秒1个单位长度的速度沿射线BC运动,同时动点Q 从点C 出发,以相同的速度沿射线BC 运动,当点P 出发后,过点Q 作QE ①BD ,交直线BD 于点E ,连接AP 、AE 、PE 、QE ,设运动时间为t （秒）. （1）请直接写出动点P 运动过程中,四边形APQD 是什么四边形？（2）请判断AE ,PE 之间的数量关系和位置关系,并加以证明; （3）设①EPB 的面积为y ,求y 与t 之间的函数关系式; （4）直接写出①EPQ 的面积是①EDQ 面积的2倍时t 的值.第2题图解：（1）四边形APQD 是平行四边形; 理由如下：①四边形ABCD 是正方形,P 、Q 速度相同, ①①ABE =①EBQ =45°,AD //BQ ,AD =BC =2,BP =CQ , ①BC =AD =PQ ,①四边形APQD 是平行四边形; （2）AE =PE ,AE ①PE ; 理由如下： ①QE ①BD ,①①PQE =90°-45°=45°, ①①ABE =①EBQ =①PQE =45°, ①BE =QE ,在①AEB 和①PEQ 中,⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=QE BE PQE ABE PQAB , ①①AEB ①①PEQ （SAS ）,①AE =PE ,①AEB =①PEQ , ①①AEP =①EBQ =90°, ①AE ①PE ;（3）如解图①,过点E 作EF ①BC 于点F ,第2题解图①①BC =2,CQ =t , ①BQ =t +2,①EF ①BC ,且①EBC =①EQB =45°, ①EF =BF =BQ ,①EF =21BQ =22+t , 又①BP =QC=t , ①y =21EF ×BP =21×22+t ×t , 即y =41t 2+21t ; （4）分两种情况：①当点P 在BC 的延长线上时,如解图①,作PM ①QE 于点M ,第2题解图①①PQ =2,①BQE =45°, ①PM =22PQ =2,BE =QE =22BQ =22(t +2), ①DE =BE -BD =22(t +2)-22=22t -2,①①EPQ 的面积是①EDQ 面积的2倍, ①21×22(t +2)×2=2×21(22t -2)×22(t +2),解得：t =3或t =-2（舍去）, ①t =3;①当P 在BC 边上时,解法同①,此时DE =2-22t , ①①EPQ 的面积是①EDQ 面积的2倍, ①21×22(t +2)×2=2×21(2-22t )×22(t +2),解得：t =1或t =-2（舍去）, ①t =1;综上所述,①EPQ 的面积是①EDQ 面积的2倍时,t 的值为1或3.3. 已知：如图,在Rt①ABC 中,AB =4,AC =3,点O 为BC 的中点,点P 从点A 出发,沿折线AC -CO 以每秒1个单位长度的速度向终点O 运动,当点P 与点A 不重合时,过点P 作PQ ①AB 于点Q ,以PQ 为边向右作正方形PQMN ,设正方形PQMN 与Rt①ABC 重叠部分图形的面积为S （平方单位）,点P 运动的时间为t （秒）.（1）当点N 落在BC 上时,求t 的值;（2）当点O 在正方形PQMN 内部时,求t 的取值范围;（3）当点P 在折线AC -CO 上运动时,求S 和t 之间的函数关系式;（4）设正方形PQMN 对角线的交点为E ,当直线CE 平分①ABC 面积时,直接写出t 的值.第3题图解：（1）如解图①,当点N 落在BC 上时, ①四边形PQMN 是正方形, ①PN //QM ,PN =PQ =t ,①①CPN ①①CQB . 第3题解图① ①QBPNCQ CP =, ①PN =PQ =AP =t ,CP =3-t ,QB =AB =4, ①43-3tt =, ①t =712; （2）①如解图①, 则有QM =QP =t ,MB =4-t ,①四边形PQMN 是正方形, ①MN //CQ , 第3题解图①①点O 是CB 的中点,MN //AC , ①OM 是①ABC 的中位线, ①QM =BM , ①t =4-t , ①t =2;①在Rt①ABC 中,AB =4,AC =3, ①CB =5,①点O 是CB 的中点, ①CO =25, ①1×t =AC +CO =3+25,①t =211, ①当点O 在正方形PQMN 内部时,t 的范围是2＜t ＜211; （3）①当0＜t ≤712时,如解图①,S =S 正方形PQMN =PQ 2=P A 2=t 2,第3题解图① 第3题解图①①当712＜t ≤3时,如解图①, ①tan①ACB =CAABCP PG =, ①34-3=t PG , ①PG =4-34t , ①GN =PN -PG =37t -4, ①34=NF GN , ①NF =43GN =47t -3, ①S =S 正方形PQMN -S ①GNF =t 2-21×（37t -4）×（47t -3）=-2425t 2+7t -6,①当3＜t ≤211时,如解图①,第3题解图①①四边形PQMN 是正方形, ①①PQM =①CAB =90°, ①PQ //AC , ①①BQP ①①BAC ,①ACPQBA BQ BC BP ==, ①BP =8-t ,BC =5,BA =4,AC =3, ①345-8PQBQ t ==, ①BQ =5-84）（t ,PQ =5-83）（t , ①QM =PQ =5-83）（t , ①BM =BQ -QM =5-8t, ①tan①ABC =43==AB AC BM FM , ①FM =43BM =20-83）（t , ①S =S 四边形PQMF =21（PQ +FM ）×QM =21×[3×（5-8t +20-83）（t ）×5-83）（t ]=572518-4092+t t ; （4）如解图①,第3题解图①①直线CE 平分①ABC 的面积,①点E 在①ABC 的①A 的平分线上,作EH //AB , ①ACHCAG HE =, ①点G 是AB 的中点, ①AG =21AB =2,由题意得,AP =t ,AH =PH =HE =21t ,HC =AC -AP +PH =3-t +21t =3-21t , ①321-3221tt =, ①t =512. 4. 已知①ABC 为等边三角形,点D 为直线BC 上的一动点（点D 不与B 、C 重合）,以AD 为边作菱形ADEF（A 、D 、E 、F 按逆时针排列）,使①DAF =60°,连接CF . （1）如图①,当点D 在边BC 上时,求证：①BD =CF ;①AC =CF +CD ;（2）如图①,当点D 在边BC 的延长线上且其他条件不变时,结论AC =CF +CD 是否成立？若不成立,请写出AC 、CF 、CD 之间存在的数量关系,并说明理由;（3）如图①,当点D 在边CB 的延长线上且其他条件不变时,补全图形,并直接写出AC 、CF 、CD 之间存在的数量关系.第4题图（1）证明：①①四边形AFED 为菱形, ①AF =AD ,①①ABC 是等边三角形,①AB =AC =BC ,①BAC =60°=①DAF , ①①BAC -①DAC =①DAF -①DAC , 即①BAD =①CAF , 在①BAD 和①CAF 中,⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AF AD CAF BAD AC AB , ①①BAD ①①CAF （SAS ）, ①BD =CF ,①CF +CD =BD +CD =BC =AC ;（2）解：不成立,AC 、CF 、CD 之间存在的数量关系是AC =CF -CD . 理由如下：由（1）知：AB =AC =BC , ①BAC =①DAF =60°,①①BAC +①DAC =①DAF +①DAC , 即①BAD =①CAF , 在①BAD 和①CAF 中,⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AF AD CAF BAD AC AB , ①①BAD ①①CAF （SAS ）, ①BD =CF ,①CF -CD =BD -CD =BC =AC , 即AC =CF -CD .（3）解：补全图形如解图,AC =CD -CF .第4题解图【解法提示】①①BAC =①DAF =60°, ①①DAB =①CAF , 在①BAD 和①CAF 中,⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AF AD CAF BAD AC AB , ①①BAD ①①CAF （SAS ）, ①BD =CF ,①CD -CF =CD -BD =BC =AC ,即AC =CD -CF .5. 已知,在①ABC 中,①BAC =90° ,AB =AC ,点D 为直线BC 上一动点(点D 不与B 、C 重合),以AD 为边在AD 的上边作正方形ADEF ,连接CF .（1）观察猜想:如图①,当点D 在线段BC 上时,①BC 与CF 的位置关系为: ;①BC 、CD 、CF 之间的数量关系为: ;（2）数学思考:如图①,当点D 在线段CB 的延长线上时,以上①①关系是否成立,请在后面的横线上写出正确的结论.①BC 与CF 的位置关系为: ;①BC 、CD 、CF 之间的数量关系为: ;（3）如图①,当点D 在线段BC 的延长线上时,延长BA 交CF 于点G ,连接GD ,若已知AB =22,CD =41BC ,请求出DG 的长(写出求解过程).第5题图解：（1）①BC ①CF ;【解法提示】①①BAC =90°,AB =AC ,①①ABC =①ACB =45°,①四边形ADEF 是正方形,①AD =AF ,①DAF =90°,①①BAC =①BAD +①DAC =90°,①DAF =①CAF +①DAC =90°,①①BAD =①CAF ,在①BAD 和①CAF 中,⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AF AD CAF BAD AC AB , ①①BAD ①①CAF （SAS ）,①①ACF =①ABD =45°,①①ACF +①ACB =90°,①①BCF =90°,①BC ①CF ;①CF =BC -CD ;【解法提示】由①知①BAD ①①CAF ,①BD =CF ,①BD =BC -CD ,①CF =BC -CD ;（2）①BC ①CF ;【解法提示】①①BAC =90°,AB =AC ,①①ABC =①ACB =45°,①四边形ADEF 是正方形,①AD =AF ,①DAF =90°,①①BAC =①BAF +①F AC =90°,①DAF =①BAF +①DAB =90°,①①BAD =①CAF ,在①BAD 和①CAF 中,⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AF AD CAF BAD AC AB ,①①BAD ①①CAF （SAS ）,①①ACF =①ABD =180°-45°=135°,①①ACB +①FCB =135°,①①FCB =90°,①BC ①CF ;①CF =CD-BC ;【解法提示】由（2）①知①BAD ①①CAF ,①BD =CF ,①BD =CD-BC ,①CF =CD-BC ;（3）由题意得：①BAC =①F AD =90°,①①BAD =①CAF ,在①BAD 和①CAF 中,⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AF AD CAF BAD AC AB , ①①BAD ①①CAF （SAS ）,①①ACF =①ABD =45°,①①FCB =①ACF+①ACB =45°+45°=90°,①CF ①BC ,在Rt①ABC 中,①AC =AB =22,①BC =4,①CD =41BC =41×4=1, 在Rt①AGC 中,①①ACF =45°,①CG =2AC =2×22=4,①在Rt①DCG 中,DG =17142222=+=+CD CG .6. 如图,①ABC 中,①BAC 为钝角,①B =45°,点P 是边BC 延长线上一点,以点C 为顶点,CP 为边,在射线BP下方作①PCF =①B ．（1）在射线CF 上取点E ,连接AE 交线段BC 于点D ．①如图①,若AD =DE ,请直接写出线段AB 与CE 的数量关系和位置关系;①如图①,若AD =2DE ,判断线段AB 与CE 的数量关系和位置关系并说明理由;（2）如图①,反向延长射线CF ,交射线BA 于点C',将①PCF 沿CC'方向平移,使顶点C 落在点C'处,记平移后的①PCF 为①P'C'F',将①P'C'F'绕点C'顺时针旋转角α（0°＜α＜45°）,C'F'交线段BC 于点M ,C'P'交射线BP 于点N ,请直接写出线段BM ,MN 与CN 之间的数量关系．图① 图① 图①第6题图解：（1）①AB=CE,AB①CE.【解法提示】①如解图①,过点A作AG// CE交BC于点G,第6题解图①①①DAG=①DEC,①DGA=①DCE,①AD=DE,①①ADG①①EDC（AAS）,①AG=CE,①①PCF=45°,①①ECD=180°-①PCF=135°,①①AGD=①ECD=135°,①①AGB=180°-①AGD=45°=①B,①AB=AG,①BAG=90°,即AB=CE且AB①CE;①AB=2CE,AB①CE.理由：过点E作EG//AB交BP于点G,延长BA、EC交于点H,第6题解图①①①B=45°,EG//AB,①①EGD=①B=45°,①①ADB=①EDG,①①ABD①①EGD,①DEAD EG AB =, ①AD =2DE , ①22==DEDE EG AB , ①AB =2EG ,①①PCF =①B =45°,①①PCF =①EGD ,①EG =CE ,①AB =2CE ,①①HCB =①PCF =45°,①①H =180°-①B -①HCB =90°,①AB ①CE ;（2）MN 2=BM 2+CN 2.【解法提示】①①BCC'=①PCF =45°=①C'BC ,①①BC'C =90°,BC'=C'C ,①C'CN =135°,如解图①,将①CC'N 绕点C 顺时针旋转90°,得到①C'BQ ,连接QM ,第6题解图①则BQ =CN ,①BC'Q =①NC'C ,C'Q =C'N ,①①MC'N =①NC'C +①MC'C =45°,①①BC'Q +①MC'C =45°,①①QC'M =45°=①NC'M ,①C'M =C'M ,C'Q =C'P ,①①C'QM ①①C'NM （SAS ）,①QM =NM ,①①C'BQ =135°,①C'BM =45°,①①QBM =90°,①BQ2+BM2=QM2,即BM2+CN2=MN2.7.如图,在△ABC中,AB=AC,点D从点B出发沿射线BA移动,同时,点E从点C出发沿线段AC的延长线移动,已知点D、E移动的速度相同,DE与直线BC相交于点F．(1)当点D在线段AB上时,过点D作AC的平行线交BC于点G,连接CD、GE,判定四边形CDG E的形状,并证明你的结论；(2)过点D作直线BC的垂线,垂足为M,当点D、E在移动的过程中,线段BM、MF、CF有何数量关系？请直接写出你的结论．解:(1)四边形CDGE是平行四边形．理由:如解图①,①D、E移动的速度相同, ①BD=CE,①DG①AE,①①DGB=①ACB, ①AB=AC,①①B=①ACB, ①①B=①DGB,①BD=GD=CE,又①DG①CE, ①四边形CDGE是平行四边形；(2)BM＋CF=MF或BM－CF=MF.【解法提示】如解图①,当点D在线段AB上时,由(1)得:BD=GD=CE,①DM①BC,①BM=GM,①四边形CDGE是平行四边形,①GF=CF,①BM＋CF=GM＋GF=MF；如解图①,当点D在线段BA的延长线上时,同理可得四边形ADGE是平行四边形,①CF=GF,①DG①AE,①①DGB=①ABG,①BD=DG,①DM①BC,①BM=MG,①MF=MG－FG,①BM－CF=MF.第7题解图8.已知:Rt△ABC的斜边AB上点D,E,满足∠DCE=45°．(1)如图①,当AC=1,BC且点D与A重合时,求线段BE的长；(2)如图①,当①ABC是等腰直角三角形时,求证:AD2＋BE2=DE2；(3)如图①,当AC=3,BC=4时,设AD=x,BE=y,求y关于x的函数关系式,并求x的取值范围.第8题图(1)解:如解图①,①①ACB=90°,BC AC=1,①AB=2, 过B作BF①AC交CE的延长线于F,①①F=①ACE,①①BCA=90°,①DCE=45°,①①BCE=①DCE,①①BCE =①F ,①BF =BC①①BEF ①①AEC ,①BE BF AE AC==①BE =3（2）证明:如解图①,过点A 作AF ①AB ,使AF =BE ,连接DF ,CF ,①在①ABC 中,AC =BC ,①ACB =90°,①①CAB =①B =45°,①①F AC =45°,①①CAF ①①CBE (SAS),①CF =CE ,①ACF =①BCE ,①①ACB =90°,①DCE =45°,①①ACD ＋①BCE =①ACB －①DCE =90°－45°=45°,①①ACF =①BCE , ①①ACD ＋①ACF =45°,即①DCF =45°, ①①DCF =①DCE ,又①CD =CD , ①①CDF ①①CDE (SAS), ①DF =DE ,①在Rt①ADF 中,AD 2＋AF 2=DF 2,①AD 2＋BE 2=DE 2；（3）解:如解图①,作①BCE ①①FCE ,①GCD ①①ACD ,延长DG 交EF 于H ,①①HFG =①B ,①HGF =①CGD =①A ,①A ＋①B =90°,①①DHF =90°,①FG =CF －CG =BC －AC =1,①B =①F ,①HF =45,HG =35, ①EH 2＋HD 2=ED 2, ①(y －45)2＋(x ＋35)2=(5－x －y )2, ①y =6028215x x --(0≤x ≤157)．第8题解图9.【操作发现】(1)如图①，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于30°)，旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF＝CD，线段AB上取点E，使∠DCE＝30°，连接AF，EF.①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；【类比探究】(2)如图②，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于45°)，旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF＝CD，线段AB上取点E，使∠DCE＝45°，连接AF，EF.请直接写出探究结果．①∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．第9题图解：(1)①∵△ABC 是等边三角形，∴AC ＝BC ，∠CAB ＝∠B ＝∠ACB ＝60°，∵∠ACB ＝60°，∠FCD ＝60°，∴∠FCA ＝∠BCD .在△FCA 与△DCB 中，⎩⎪⎨⎪⎧CF ＝CD ∠FCA ＝∠BCD AC ＝BC，∴△FCA ≌△DCB ，∴∠CAF ＝∠B ＝60°，∴∠EAF ＝∠F AC ＋∠CAB ＝60°＋60°＝120°.②DE 与EF 相等．理由如下：∵∠FCD ＝60°，∠DCE ＝30°，∴∠FCE ＝30°，∴∠DCE ＝∠FCE ，在△FCE 与△DCE 中CF ＝CD ，∠FCE ＝∠DCE ，CE ＝CE ， ∴△FCE ≌△DCE ，∴EF ＝ED .(2)①∠EAF ＝90°.②ED 2＝AE 2＋BD 2.【解法提示】①∵△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，∴AC ＝BC ，∠BAC ＝∠B ＝45°，∵∠DCF ＝90°，∴∠ACF ＝∠BCD ，在①CF A 和①CDB 中，⎩⎪⎨⎪⎧CF ＝CD ∠ACF ＝∠BCD ，CB ＝CA∴△CFA ≌△CDB ，∴∠CAF ＝∠B ＝45°，AF ＝DB ，∴∠EAF ＝∠BAC ＋∠CAF ＝45°＋45°＝90°；②AE 2＋DB 2＝DE 2.理由如下：∵∠DCF ＝90°，∠DCE ＝45°，∴∠FCE ＝90°－45°＝45°，∴∠DCE ＝∠FCE ，在①DCE 和①FCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧CD ＝CF ∠DCE ＝∠FCE CE ＝CE，∴△DCE ≌△FCE (SAS)，∴DE ＝EF ，在Rt △AEF 中，AE 2＋AF 2＝EF 2，又∵AF ＝DB ，DE ＝EF ，∴AE 2＋DB 2＝DE 2.10. 问题背景：已知∠EDF 的顶点D 在△ABC 的边AB 所在直线上(不与A ，B 重合)，DE 交AC 所在直线于点M ，DF 交BC 所在直线于点N ，记△ADM 的面积为S 1，△BND 的面积为S 2.(1)初步尝试：如图①，当△ABC 是等边三角形，AB ＝6，∠EDF ＝∠A ，且DE ∥BC ，AD ＝2时，则S 1·S 2＝________；(2)类比探究：在(1)的条件下，先将点D 沿AB 平移，使AD ＝4，再将∠EDF 绕点D 旋转至如图②所示位置，求S 1·S 2的值；(3)延伸拓展：当△ABC 是等腰三角形时，设∠B ＝∠A ＝∠EDF ＝α.(Ⅰ)如图③，当点D 在线段AB 上运动时，设AD ＝a ，BD ＝b ，求S 1·S 2的表达式(结果用a ，b 和a 的三角函数表示)；(Ⅱ)如图④，当点D 在BA 的延长线上运动时，设AD ＝a ，BD ＝b ，直接写出S 1·S 2的表达式，不必写出解答过程．第10题图解：(1)12；【解法提示】如解图①，过点D 分别作DG ⊥AC 于点G ，作DH ⊥BC 于点H .∵△ABC 为等边三角形， ∴∠A ＝∠B ＝60°，∵AB ＝6，AD ＝2，∴BD ＝4，∴在Rt △ADG 和Rt △BDH 中，DG ＝AD ·sin60°＝2×32＝3，DH ＝BD ·sin60°＝4×32＝23， ∵DE ∥BC ，∠EDF ＝∠A ＝60°，∴∠AMD ＝∠EDF ＝∠DNB ＝60°.∴△ADM 和△BDN 均为等边三角形．∴S 1·S 2＝12×2×3×12×4×23＝12.第10题解图(2)如解图②，过点D 分别作DG ⊥AC 于点G ，作DH ⊥BC 于点H . ∵∠A ＝∠EDF ＝60°，∴∠1＋∠2＝∠1＋∠BDF ＝120°，∴∠2＝∠BDF .又∵∠A ＝∠B ，∴△ADM ∽△BND ，∴AD BN ＝AM BD ，即4BN ＝AM 2. ∴AM ·BN ＝8，∵在Rt △ADG 和Rt △BDH 中，DG ＝AD ·sin60°＝4×32＝23， DH ＝BD ·sin60°＝2×32＝3， ∴S 1·S 2＝12AM ·23·12·BN ·3＝32·AM ·BN ＝32×8＝12； (3)(Ⅰ)如解图③与(2)同理可得AM ·BN ＝AD ·BD ＝ab ，DG ＝AD ·sin α，DH ＝BD ·sin α，∴S 1·S 2＝12AM ·DG ·12BN ·DH ＝12×12ab ·AD ·BD ·sin 2α＝14a 2b 2sin 2α. (Ⅱ)S 1·S 2＝14a 2b 2sin 2α.第10题解图③。

中考数学压轴题专项训练：四边形的综合(含答案)

2020年数学中考压轴题专项训练：四边形的综合1．如图，四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，且AB＝AD+BC，E是DC的中点，连结BE并延长交AD的延长线于G．（1）求证：DG＝BC；（2）F是AB边上的动点，当F点在什么位置时，FD∥BG；说明理由．（3）在（2）的条件下，连结AE交FD于H，FH与HD长度关系如何？说明理由．（1）证明：∵AD∥BC，∴∠DGE＝∠CBE，∠GDE＝∠BCE，∵E是DC的中点，即DE＝CE，∴△DEG≌△CEB（AAS），∴DG＝BC．（2）解：当F运动到AF＝AD时，FD∥BG．理由：由（1）知DG＝BC，∵AB＝AD+BC，AF＝AD，∴BF＝BC＝DG，∴AB＝AG，∵∠BAG＝90°，∴∠AFD＝∠ABG＝45°，∴FD∥BG．（3）解：结论：FH＝HD．理由：由（1）知GE＝BG，又由（2）知△ABG为等腰直角三角形，所以AE⊥BG，∵FD∥BG，∴AE⊥FD，∵△AFD为等腰直角三角形，∴FH＝HD．2．如图，在矩形ABCD中，过BD的中点O作EF⊥BD，分别与AB、CD交于点E、F．连接DE、BF．（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）若M是AD中点，联结OM与DE交于点N，AD＝OM＝4，则ON的长是多少？（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠DFO＝∠BEO，∵∠DOF＝∠EOB，OD＝OB，∴△DOF≌△BOE（AAS），∴DF＝BE，∴四边形BEDF是平行四边形，∵EF⊥BD，∴四边形BEDF是菱形．（2）解：∵DM＝AM，DO＝OB，∴OM∥AB，AB＝2OM＝8，∴DN＝EN，ON＝BE，设DE＝EB＝x，在Rt△ADE中，则有x2＝42+（8﹣x）2，解得x＝5，∴ON＝．3．（1）如图1，四边形EFGH中，FE＝EH，∠EFG+∠EHG＝180°，点A，B分别在边FG，GH 上，且∠AEB＝∠FEH，求证：AB＝AF+BH．（2）如图2，四边形EFGH中，FE＝EH，点M在边EH上，连接FM，EN平分∠FEH交FM 于点N，∠ENM＝α，∠FGH＝180°﹣2α，连接GN，HN．①找出图中与NH相等的线段，并加以证明；②求∠NGH的度数（用含α的式子表示）．（1）证明：如图1中，延长BH到M，使得HM＝FA，连接EM．∵∠F+∠EHG＝180°，∠EHG+∠EHM＝180°，∴∠F＝∠EHM，∵AE＝HE，FA＝HM，∴△EFA≌△EHM（SAS），∴EA＝EM，∠FEA＝∠HEM，∵∠EAB＝∠FEH，∴∠FEA+∠BEH＝∠HEM+∠BEH＝∠BEM＝∠FEH，∴∠AEB＝∠BEM，∵BE＝BE，EA＝EM，∴△AEB≌△MEB（SAS），∴AB＝BM，∵BM＝BH+HM＝BH+AF，∴AB＝AF+BH．（2）解：①如图2中，结论：NH＝FN．理由：∵NE平分∠FEH，∴∠FEN＝∠HEN，∵EF＝EH，EN＝EN，∴△ENF≌△ENH（SAS），∴NH＝FN．②∵△ENF≌△ENH，∴∠ENF＝∠ENH，∵∠ENM＝α，∴∠ENF＝∠ENH＝180°﹣α，∴∠MNH＝180°﹣α﹣α＝180°﹣2α，∵∠FGH＝180°﹣2α，∴∠MNH＝∠FGH，∵∠MNH+∠FNH＝180°，∴∠FGH+∠FNH＝180°，∴F，G，H，N四点共圆，∵NH＝NF，∴＝，∴∠NGH＝∠NGF＝∠FGH＝90°﹣α．4．如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点M、N分别是边AC、AB上的动点，连接MN，将△AMN沿MN所在直线翻折，翻折后点A的对应点为A′．（1）如图1，若点A′恰好落在边AB上，且AN＝AC，求AM的长；（2）如图2，若点A′恰好落在边BC上，且A′N∥AC．①试判断四边形AMA′N的形状并说明理由；②求AM、MN的长；（3）如图3，设线段NM、BC的延长线交于点P，当且时，求CP的长．解：（1）如图1中，在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝＝＝5，∵∠A＝∠A，∠ANM＝∠C＝90°，∴△ANM∽△ACB，∴＝，∴＝，∴AM＝．（2）①如图2中，∵NA′∥AC，∴∠AMN＝∠NMA′，由翻折可知：MA＝MA′，∠AMN＝∠NMA′，∴∠MNA′＝∠A′MN，∴A′N＝A′M，∴AM＝A′N，∵AM∥A′N，∴四边形AMA′N是平行四边形，∵MA＝MA′，∴四边形AMA′N是菱形．②连接AA′交MN于O．设AM＝MA′＝x，∵MA′∥AB，∴＝，∴＝，解得x＝，∴AM＝，∴CM＝，∴CA′＝＝＝，∴AA′＝＝＝，∵四边形AMA′N是菱形，∴AA′⊥MN，OM＝ON，OA＝OA′＝，∴OM＝＝＝，∴MN＝2OM＝．（3）如图3中，作NH⊥BC于H．∵NH∥AC，∴＝＝∴＝＝∴NH＝，BH＝，∴CH＝BC﹣BH＝3﹣＝，∴AM＝AC＝，∴CM＝AC﹣AM＝4﹣＝，∵CM∥NH，∴＝，∴＝，∴PC＝1．5．如图，四边形ABCD为平行四边形，AD＝1，AB＝3，∠DAB＝60°，点E为边CD上一动点，过点C作AE的垂线交AE的延长线于点F．（1）求∠D的度数；（2）若点E为CD的中点，求EF的值；（3）当点E在线段CD上运动时，是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CB，∠ADC+∠DAB＝180°，∵∠DAB＝60°，∴∠ADC＝120°．（2）如图1中，作AH⊥CD交CD的延长线于H．在Rt△ADH中，∵∠H＝90°，∠ADH＝60°，AD＝2，∴AH＝AD•sin60°＝，DH＝AD•cos60°＝，∵DE＝EC＝，∴EH＝DH+DE＝2，∴AE＝＝＝，∵CF⊥AF，∴∠F＝∠H＝90°，∵∠AEH＝∠CEF，∴△AEH∽△CEF，∴＝，∴＝，∴EF＝．（3）如图2中，作△AFC的外接圆⊙O，作AH⊥CD交CD的郯城县于H，作OK⊥CD于K，交⊙O于M，作FP∥CD交AD的延长线于P，作MN∥CD交AD的延长线于M，作NQ⊥CD于Q．∵DE∥PF，∴＝，∵AD是定值，∴PA定值最大时，定值最大，观察图象可知，当点F与点M重合时，PA定值最大，最大值＝AN的长，由（2）可知，AH＝，CH＝，∠H＝90°，∴AC＝＝＝，∴OM＝AC＝，∵OK∥AH，AO＝OC，∴KH＝KC，∴OK＝＝，∴MK＝NQ＝﹣，在Rt△NDQ中，DN＝＝＝﹣，∴AN＝AD+DN＝+，∴的最大值＝＝+．6．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点P是射线BC上一动点（点P不与点B重合），连接AP、DP，点E是线段AP上一点，且∠ADE＝∠APD，连接BE．（1）求证：AD2＝AE•AP；（2）求证BE⊥AP；（3）直接写出的最小值．（1）证明：∵∠DAE＝∠PAD，∠ADE＝∠APD，∴△ADE∽△APD，∴＝，∴AD2＝AE•AP（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠ABC＝90°，∴AB2＝AE•AP，∴＝，∵∠BAE＝∠PAB，∴△ABE∽△APB，∴∠AEB＝∠ABP＝90°，∴BE⊥AP．（3）∵△ADE∽△APD，∴＝，∴＝，∵AD＝2，∴DE最小时，的值最小，如图，作△ABE的外接圆⊙O，连接OD，OE，易知OE＝1，OD＝，∴DE≥OD﹣OE＝﹣1，∴DE的最小值为﹣1，∴的最小值＝．7．在正方形ABCD中，点E是BC边上一点，连接AE．（1）如图1，点F为AE的中点，连接CF．已知tan∠FBE＝，BF＝5，求CF的长；（2）如图2，过点E作AE的垂线交CD于点G，交AB的延长线于点H，点O为对角线AC 的中点，连接GO并延长交AB于点M，求证：AM+BH＝BE．解：（1）Rt△ABE中，BF为中线，BF＝5，∴AE＝10，FE＝5，作FP⊥BC于点P，Rt△BFP中，，∴BP＝3，FP＝4，在等腰三角形△BFE中，BE＝2BP＝6，由勾股定理求得，∴CP＝8﹣3＝5，∴；（2）∵∠ACD＝∠BAC＝45°，AO＝CO，∠AOM＝∠COG，∴证明△AMO≌△CGO（ASA），∴AM＝GC，过G作GP垂直AB于点P，得矩形BCGP，∴CG＝PB，∵AB＝PG，∠AEB＝∠H，∠ABE＝∠GPH，∴△ABE≌△GPH（ASA），∴BE＝PH＝PB+BH＝CG+BH＝AM+BH．8．阅读理解：如图1，若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，试在垂美四边形ABCD中探究AB2，CD2，AD2，BC2之间的关系，并说明理由；（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连结CE、BG、GE、CE交BG于点N，交AB于点M．已知AC＝，AB＝2，求GE的长．解：（1）如图2，四边形ABCD是垂美四边形；理由如下：连接AC、BD交于点E，∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；（2）猜想结论：AB2+CD2＝AD2+BC2，证明：如图1，在四边形ABCD中，∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，由勾股定理得：AB2+CD2＝AO2+BO2+OD2+OC2AD2+BC2＝AO2+BO2+OD2+OC2∴AB2+CD2＝AD2+BC2，（3）如图3，连接CG，BE，∵∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，FMNG图 3EDCAB∴△GAB≌△CAE（SSS），∴∠ABG＝∠AEC，∵∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠BMN＝90°，∴∠BNC＝90°，即BG⊥CE，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得：EG2+BC2＝CG2+BE2∵，AB＝2，∴BC＝1，，，∴EG2＝CG2+BE2﹣BC2＝6+8﹣2＝13，∴．9．已知：如图，长方形ABCD中，∠A＝∠B＝∠B＝∠D＝90°，AB＝CD＝4米，AD＝BC＝8米，点M是BC边的中点，点P从点A出发，以1米/秒的速度沿AB方向运动再过点B沿BM方向运动，到点M停止运动，点O以同样的速度同时从点D出发沿着DA方向运动，到点A停止运动，设点P运动的时间为x秒．（1）当x＝2秒时，线段AQ的长是 6 米；（2）当点P在线段AB上运动时，图中阴影部分的面积发生改变吗？请你作出判断并说明理由．（3）在点P，Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得BP＝DQ？若存在，求出点P 的运动时间x的值；若不存在，请说明理由．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8，∵DQ＝2，∴AQ＝AD﹣DQ＝8﹣2＝6，故答案为6．（2）结论：阴影部分的面积不会发生改变．理由：连结AM，作MH⊥AD于H．则四边形ABMH是矩形，MH＝AB＝4．∵S阴＝S△APM+S△AQM＝×x×4+（8﹣x）×4＝16，∴阴影面积不变；（3）当点P在线段AB上时，BP＝4﹣x，DQ＝x．∵BP＝DQ，∴4﹣x＝x，∴x＝3．当点P在线段BM上时，BP＝x﹣4，DQ＝x．∵BP＝DQ，∴x﹣4＝x，∴x＝6．所以当x＝3或6时，BP＝DQ．10．A，B，C，D是长方形纸片的四个顶点，点E、F、H分别是边AB、BC、AD上的三点，连结EF、FH．（1）将长方形纸片ABCD按图①所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，点B'在FC'上，则∠EFH的度数为90°；（2）将长方形纸片ABCD按图②所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，若∠B'FC'＝18°，求∠EFH的度数；（3）将长方形纸片ABCD按图③所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，若∠EFH＝m°，求∠B'FC'的度数为180°﹣2m°．解：（1）∵沿EF，FH折叠，∴∠BFE＝∠B'FE，∠CFH＝∠C'FH，∵点B′在FC′上，∴∠EFH＝（∠BFB'+∠CFC'）＝×180°＝90°，故答案为：90°；（2）∵沿EF，FH折叠，∴可设∠BFE＝∠B'FE＝x，∠C'FH＝∠CFH＝y，∵2x+18°+2y＝180°，∴x+y＝81°，∴∠EFH＝x+18°+y＝99°；（3）∵沿EF，FH折叠，∴可设∠BFE＝∠B'FE＝x，∠C'FH＝∠CFH＝y，∴∠EFH＝180°﹣∠BFE﹣∠CFH＝180°﹣（x+y），即x+y＝180°﹣m°，又∵∠EFH＝∠EFB'﹣∠B'FC'+∠C'FH＝x﹣∠B'FC'+y，∴∠B'FC'＝（x+y）﹣∠EFH＝180°﹣m°﹣m°＝180°﹣2m°，故答案为：180°﹣2m°．11．勾股定理是数学史上非常重要的一个定理．早在2000多年以前，人们就开始对它进行研究，至今已有几百种证明方法．在欧几里得编的《原本》中证明勾股定理的方法如下，请同学们仔细阅读并解答相关问题：如图，分别以Rt△ABC的三边为边长，向外作正方形ABDE、BCFG、ACHI．（1）连接BI、CE，求证：△ABI≌△AEC；（2）过点B作AC的垂线，交AC于点M，交IH于点N．①试说明四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等；②请直接写出图中与正方形BCFG的面积相等的四边形．（3）由第（2）题可得：正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝正方形ACHI的面积，即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2．（1）证明：∵四边形ABDE、四边形ACHI是正方形，∴AB＝AE，AC＝AI，∠BAE＝∠CAI＝90°，∴∠EAC＝∠BAI，在△ABI和△AEC中，，∴△ABI≌△AEC（SAS）；（2）①证明：∵BM⊥AC，AI⊥AC，∴BM∥AI，∴四边形AMNI的面积＝2△ABI的面积，同理：正方形ABDE的面积＝2△AEC的面积，又∵△ABI≌△AEC，∴四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等．②解：四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等，理由如下：∵Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，∴正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝正方形ACHI的面积，由①得：四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等，∴四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等；（3）解：由（2）得：正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝正方形ACHI的面积；即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2；故答案为：正方形ACHI，AC2．12．在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D 落在点F处．（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC＝54°，则∠DAE的度数为18 °．（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB＝6，AD＝10，求CE的长．（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB＝6，AD＝10，求CG 的长．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵∠BAC＝54°，∴∠DAC＝90°﹣54°＝36°，由折叠的性质得：∠DAE＝∠FAE，∴∠DAE＝∠DAC＝18°；故答案为：18；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，由折叠的性质得：AF＝AD＝10，EF＝ED，∴BF＝＝＝8，∴CF＝BC﹣BF＝10﹣8＝2，设CE＝x，则EF＝ED＝6﹣x，在Rt△CEF中，由勾股定理得：22+x2＝（6﹣x）2，解得：x＝，即CE的长为；（3）连接EG，如图3所示：∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，由折叠的性质得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，FE＝DE，∴∠EFG＝90°＝∠C，在Rt△CEG和△FEG中，，∴Rt△CEG≌△FEG（HL），∴CG＝FG，设CG＝FG＝y，则AG＝AF+FG＝10+y，BG＝BC﹣CG＝10﹣y，在Rt△ABG中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2＝（10+y）2，解得：y＝，即CG的长为．13．如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝8cm，点P从点A出发，以每秒一个单位的速度沿A→B→C的方向运动；同时点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度沿B→C→D的方向运动，当其中一点到达终点后两点都停止运动．设两点运动的时间为t秒．（1）当t＝7 时，两点停止运动；（2）设△BPQ的面积面积为S（平方单位）①求S与t之间的函数关系式；②求t为何值时，△BPQ面积最大，最大面积是多少？解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8cm，AB＝CD＝6cm，∴BC+AD＝14cm，∴t＝14÷2＝7，故答案为7．（2）①当0＜t＜4时，S＝•（6﹣t）×2t＝﹣t2+6t．当4≤t＜6时，S＝•（6﹣t）×8＝﹣4t+24．当6＜t≤7时，S＝（t﹣6）•（2t﹣8）＝t2﹣10t+24．②当0＜t＜4时，S＝•（6﹣t）×2t＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，∵﹣1＜0，∴t＝3时，△PBQ的面积最大，最小值为9．当4≤t＜6时，S＝•（6﹣t）×8＝﹣4t+24，∵﹣4＜0，∴t＝4时，△PBQ的面积最大，最大值为8，当6＜t≤7时，S＝（t﹣6）•（2t﹣8）＝t2﹣10t+24＝（t﹣5）2﹣1，t＝7时，△PBQ的面积最大，最大值为3，综上所述，t＝3时，△PBQ的面积最大，最大值为9．14．综合实践：问题情境数学活动课上，老师和同学们在正方形中利用旋转变换探究线段之间的关系探究过程如下所示：如图1，在正方形ABCD中，点E为边BC的中点．将△DCE以点D为旋转中心，顺时针方向旋转，当点E的对应点E'落在边AB上时，连接CE'．“兴趣小组”发现的结论是：①AE'＝C'E'；“卓越小组”发现的结论是：②DE＝CE'，DE⊥CE'．解决问题（1）请你证明“兴趣小组”和“卓越小组”发现的结论；拓展探究证明完“兴趣小组”和“卓越小组”发现的结论后，“智慧小组”提出如下问题：如图2，连接CC'，若正方形ABCD的边长为2，求出CC'的长度．（2）请你帮助智慧小组写出线段CC'的长度．（直接写出结论即可）（1）证明：①∵△DE'C'由△DEC旋转得到，∴DC'＝DC，∠C'＝∠DCE＝90°．又∵四边形ABCD是正方形，∴DA＝DC，∠A＝90°，∴DA＝DC'，∵DE'＝DE'，∴Rt△DAE≌Rt△DC'E′（HL），∴AE'＝C'E'．②∵点E为BC中点，C'E'＝AE'＝CE，∴点E'为AB的中点．∴BE′＝CE，又∵DC＝BC，∠DCE＝∠CBE'＝90°，∴△DCE≌△CBE'（SAS），∴DE＝CE'，∠CDE＝∠E'CB，∵∠CDE+∠DEC＝90°，∴∠E'CB+∠CED＝90°，∴DE⊥CE'．（2）解：如图2中，作C′M⊥CD于M，交AB于N．∵AB∥CD，C′M⊥CD，∴C′M⊥AB，∴∠DMC′＝∠C′NE′＝∠DC′E′＝90°，∴∠MDC′+∠DC′M＝90°，∠DC′M+∠E′CN＝90°，∴∠MDC′＝∠E′C′N，∴△DMC′∽△C′NE′，∴＝＝＝2，设NE′＝x，则AM＝AN＝1+x，C′M＝2x，C′N＝（1+x），∵MN＝AD＝2，∴2x+（1+x）＝2，解得x＝，∴CM＝2﹣（1+）＝，MC＝，∴CC′＝＝＝．15．在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于D，∠MDN的两边分别与AB，AC相交于M，N两点，且DM＝DN．（1）如图甲，若∠C＝90°，∠BAC＝60°，AC＝9，∠MDN＝120°，ND∥AB．①写出∠MDA＝90 °，AB的长是18 ．②求四边形AMDN的周长．（2）如图乙，过D作DF⊥AC于F，先补全图乙再证明AM+AN＝2AF．解：（1）①∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝30°，∵ND∥AB，∴∠NDA＝∠BAD＝30°，∴∠MDA＝∠MDN﹣∠NDA＝120°﹣30°＝90°，∵∠C＝90°，∠BAC＝60°，∴∠ABC＝30°，∴AC＝AB，∴AB＝2AC＝18，故答案为：90，18；②∵∠ABC＝30°，ND∥AB，∴∠NDC＝30°，又∵∠MDN＝120°，∴∠MDB＝30°，∴∠MAD＝∠NAD＝∠ADN＝∠MBD＝30°，∴BM＝MD，DN＝AN，∵DM＝DN，∴BM＝MD＝DN＝AN，在Rt△ADM中，设MD＝x，则AM＝2x，BM＝MD＝DN＝AN＝x，∵AB＝18，∴3x＝18，∴x＝6，∴AM＝12，MD＝DN＝AN＝6，∴四边形AMDN的周长＝AM+MD+DN+AN＝12+6+6+6＝30；（2）补全图如图乙所示：证明：过点D作DE⊥AB于E，如图丙所示：∵DE⊥AB，DF⊥AC，AD平分∠BAC，∴∠DEM＝∠DFN＝90°，DE＝DF，在Rt△DEA和Rt△DFA中，，∴Rt△DEA≌Rt△DFA（HL），∴AE＝AF，在Rt△DEM和Rt△DFN中，，∴Rt△DEM≌Rt△DFN（HL），∴EM＝FN，∴AM+AN＝AE+EM+AF﹣NF＝2AF．。

2020年九年级数学中考三轮冲刺复习：《四边形综合训练》(解析版)

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，。

2020年中考数学三轮冲刺培优练四边形集训题二(15题含答案)

2020年中考数学三轮冲刺培优练四边形集训题二1.如图，在正方形ABCD中，E是DC边上一点，(与D、C不重合)，连接AE，将△ADE沿AE所在的直线折叠得到△AFE，延长EF交BC于G，连接AG，作GH⊥AG，与AE的延长线交于点H，连接CH．显然AE是∠DAF的平分线，EA是∠DEF的平分线．仔细观察，请逐一找出图中其他的角平分线(仅限于小于180°的角平分线)，并说明理由．2.如图，在平行四边形AB CD中，∠DAB=60°，点E、F分别在CD、AB的延长线上，且AE=AD，CF=CB.（1）求证：四边形AFCE是平行四边形；（2）若去掉已知条件的“∠DAB=60°，上述的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由.3.如图，平行四边形ABCD中，BD⊥AD，∠A=45°，E，F分别是AB，CD上的点，且BE=DF，连接EF交BD于点O.(1)求证：BO=DO；(2)若EF⊥AB，延长EF交AD的延长线于点G，当FG=1时，求AE的长.4.如图，四边形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足为点F，E为四边形ABCD外一点，且∠ADE=∠BAD，AE⊥AC.(1)求证：四边形ABDE是平行四边形；(2)如果DA平分∠BDE，AB=5，AD=6，求AC的长.5.如图在△ABC中,D、E分别为AB、AC上的点,且BD＝CE,M、N分别是BE、CD的中点.过MN的直线交AB于P,交AC于Q,线段AP、AQ相等吗?为什么?6.如图,四边形ABCD是矩形,点E在CD边上,点F在DC延长线上,AE=BF．（1）求证：四边形ABFE是平行四边形；（2）若∠BEF=∠DAE,AE=3,BE=4,求EF的长．7.如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，交AB的延长线于点E.（1）求证：AC=CE；（2）若AB=1，BC=2，求点E到AC的距离.8.如图，在平行四边形ABCD中，E为BC边上的一点，连结AE、BD且AE=AB．（1）求证：∠ABE=∠EAD；（2）若∠AEB=2∠ADB，求证：四边形ABCD是菱形．9.准备一张矩形纸片，按如图操作：将△ABE沿BE翻折，使点A落在对角线BD上的M点，将△CDF沿DF翻折，使点C落在对角线BD上的N点．（1）求证：四边形BFDE是平行四边形；（2）若四边形BFDE是菱形，AB=2，求菱形BFDE的面积．10.如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD.求证：四边形OCED是菱形.11.如图，平行四边形ABCD中，过A作AM⊥BC于M，交BD于E，过C作CN⊥AD于N，交BD于F，连结AF、CE．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）当四边形ABCD满足什么条件时，四边形AECF是菱形？证明你的结论．12.如图，正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，使B，C，E三点在同一直线上，连接BF，交CD与点G．（1）求证：CG=CE；（2）若正方形边长为4，求菱形BDFE的面积．13.如图，点E、F分别在正方形ABCD的边DC、BC上，AG⊥EF，垂足为G，且AG=AB，求∠EAF 的度数.14.如图,正方形ABCD边长为6,菱形EFGH的三个顶点E、G、H分别在正方形ABCD的边AB、CD、DA上，连接CF．（1）求证：∠HEA=∠CGF；（2）当AH=DG=2时，求证：菱形EFGH为正方形；（3）设AH=x，DG=2x，△FCG的面积为y，试求y的最大值．15.如图，已知：正方形ABCD，由顶点A引两条射线分别交BC、CD于E、F，且∠EAF=45°，求证：BE+DF=EF．参考答案1.解：过点H作HN⊥BM于N，则∠HNC=90°，∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB=BC，∠D=∠DAB=∠B=∠DCB=∠DCM=90°，①∵将△ADE沿AE所在的直线折叠得到△AFE，∴△ADE≌△AFE，∴∠D=∠AFE=∠AFG=90°，AD=AF，∠DAE=∠FAE，∴AF=AB，又∵AG=AG，∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)，∴∠BAG=∠FAG，∠AGB=∠AGF，∴AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线；②由①知，∠DAE=∠FAE，∠BAG=∠FAG，又∵∠BAD=90°，∴∠GAF+∠EAF=×90°=45°，即∠GAH=45°，∵GH⊥AG，∴∠GHA=90°﹣∠GAH=45°，∴△AGH为等腰直角三角形，∴AG=GH，∵∠AGB+∠BAG=90°，∠AGB+∠HGN=90°，∴∠BAG=∠NGH，又∵∠B=∠HNG=90°，AG=GH，∴△ABG≌△GNH(AAS)，∴BG=NH，AB=GN，∴BC=GN，∵BC﹣CG=GN﹣CG，∴BG=CN，∴CN=HN，∵∠DCM=90°，∴∠NCH=∠NHC=×90°=45°，∴∠DCH=∠DCM﹣∠NCH=45°，∴∠DCH=∠NCH，∴CH是∠DCN的平分线；③∵∠AGB+∠HGN=90°，∠AGF+∠EGH=90°，由①知，∠AGB=∠AGF，∴∠HGN=∠EGH，∴GH是∠EGM的平分线；综上所述，AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线，CH是∠DCN的平分线，GH是∠EGM的平分线．一、解答题2.解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB，∠DCB=∠DAB=60°.∴∠ADE=∠CBF=60°.∵AE=AD，CF=CB，∴△AED，△CFB是正三角形.∴∠AEC=∠BFC=60°，∠EAF=∠FCE=120°.∴四边形AFCE是平行四边形.（2）解：上述结论还成立证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB，∠CDA=∠CBA，∠DCB=∠DAB，AD=BC，DC=AB.∴∠ADE=∠CBF. ∵AE=AD，CF=CB，∴∠AED=∠ADE，∠CFB=∠CBF.∴∠AED=∠CFB.又∵AD=BC，在△ADE和△CBF中.，∴△ADE≌△CBF（AAS）.∴∠AED=∠BFC，∠EAD=∠FCB.又∵∠DAB=∠BCD，∴∠EAF=∠FCE.∴四边形EAFC是平行四边形3.解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB，∴∠OBE=∠ODF.又∵∠BOE=∠DOF，BE=DF，∴△OBE≌△ODF，∴BO=DO.(2)∵EF⊥AB，AB∥DC，∴∠GEA=∠GFD=90°.∵∠A=45°，∴∠G=∠A=45°，∴AE=EG.∵BD⊥AD，∴∠ADB=∠GDO=90°，∠GOD=∠G=45°，∴DG=DO，∴OF=FG=1.由(1)可知OE=OF=1，∴GE=OE＋OF＋FG=3，∴AE=3.4. (1)证明：∵AE⊥AC，BD垂直平分AC，∴AE∥BD，∵∠ADE=∠BAD，∴DE∥AB，∴四边形ABDE是平行四边形；(2)解：∵DA平分∠BDE，∴∠BAD=∠ADB，∴AB=BD=5，设BF=x，则52﹣x2=62﹣(5﹣x)2，解得，x=，∴AF==，∴AC=2AF=.5.提示：AP＝AQ，取BC的中点H，连接MH，NH．证明△MHN是等腰三角形，进而证明∠APQ＝∠AQP．6.【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠D=∠BCD=90°．∴∠BCF=180°﹣∠BCD=180°﹣90°=90°．∴∠D=∠BCF．在Rt△ADE和Rt△BCF中，∴Rt△ADE≌Rt△BCF．∴∠1=∠F．∴AE∥BF．∵AE=BF，∴四边形ABFE是平行四边形．（2）解：∵∠D=90°，∴∠DAE+∠1=90°．∵∠BEF=∠DAE，∴∠BEF+∠1=90°．∵∠BEF+∠1+∠AEB=180°，∴∠AEB=90°．在Rt△ABE中，AE=3，BE=4，AB=．∵四边形ABFE是平行四边形，∴EF=AB=5．7.（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=CD，∴AE∥CD，∵CE∥BD，∴四边形BECD是平行四边形，∴BD=CE，∴AC=CE；（2）解：设点E到AC的距离为h，∵AC===，四边形BECD是平行四边形，∴BE=CD=AB=1，∴AE=AB+BE=2，∵△ACE的面积=ACh=AE×BC，即×h=×2×2，解得：h=，即点E到AC的距离为.8.证明：（1）在平行四边形ABCD中，AD∥BC，∴∠AEB=∠EAD，∵AE=AB，∴∠ABE=∠AEB，∴∠ABE=∠EAD；（2）∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBE，∵∠ABE=∠AEB，∠AEB=2∠ADB，∴∠ABE=2∠ADB，∴∠ABD=∠ABE﹣∠DBE=2∠ADB﹣∠ADB=∠ADB，∴AB=AD，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形．9.（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠C=90°，AB=CD，AB∥CD，∴∠ABD=∠CDB，∴∠EBD=∠FDB，∴EB∥DF，∵ED∥BF，∴四边形BFDE为平行四边形．（2）∵四边形BFDE为菱形，∴BE=ED，∠EBD=∠FBD=∠ABE，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠ABC=90°，∴∠ABE=30°，∵∠A=90°，AB=2，∴AE==，BF=BE=2AE=，∴菱形BFDE的面积为：×2=10.证明：∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED是平行四边形，∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OD，∴四边形OCED是菱形.11.（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，∴∠ABE=∠CDF，∠BAD=∠BCD，∵MA⊥AN，NC⊥BC，∴∠BAM=∠DCN，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（ASA）；（2）解：四边形ABCD是菱形时，四边形AECF是菱形．∵△ABE≌△CDF，∴AE=CF，∵MA⊥AN，NC⊥BC，∴AM∥CN，∴四边形AECF为平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥EF，∴四边形AECF为菱形．12.13.解：在Rt△ABF与Rt△AGF中，∵AB=AG，AF=AF，∠B=∠G=90°，∴△ABF≌△AGF（HL），∴∠BAF=∠GAF，同理易得：△AGE≌△ADE，有∠GAE=∠DAE；即∠EAF=∠EAG＋∠FAG=∠DAG＋∠BAG=∠DAB=45°，故∠EAF=45°.14.【解答】（1）证明：过F作FM⊥CD，垂足为M，连接GE，∵CD∥AB，∴∠AEG=∠MGE，∵GF∥HE，∴∠HEG=∠FGE，∴∠AEH=∠FGM；（2）证明：在△HDG和△AEH中，∵四边形ABCD是正方形，∴∠D=∠A=90°，∵四边形EFGH是菱形，∴HG=HE，在Rt△HDG和△AEH中，，∴Rt△HDG≌△AEH（HL），∴∠DHG=∠AEH，∴∠DHG+∠AHE=90°∴∠GHE=90°，∴菱形EFGH为正方形；（3）解：过F作FM⊥CD于M，在△AHE与△MFG中，，∴△AHE≌△MFG，∴MF=AH=x，∵DG=2x，∴CG=6﹣2x，∴y=CG•FM=•x•（6﹣2x）=﹣（x﹣）2+，∵a=﹣1＜0，∴当x=时，y最大=．15.证明：如图，延长CD到G，使DG=BE，在正方形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，∴∠ADG=∠B，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，∵∠EAF=45°，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=90°﹣45°=45°，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△AGF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=GF，∵GF=DG+DF=BE+DF，∴BE+DF=EF．。

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三轮压轴专题培优卷：《四边形综合》1．如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别为O（0，0），A（3，3）、B（9，5），C（14，0），动点P与Q同时从O点出发，运动时间为t秒，点P沿OC 方向以1单位长度/秒的速度向点C运动，点Q沿折线OA﹣AB﹣BC运动，在OA、AB、BC 上运动的速度分别为3，，（单位长度/秒），当P、Q中的一点到达C点时，两点同时停止运动．（1）求AB所在直线的函数表达式；（2）如图2，当点Q在AB上运动时，求△CPQ的面积S关于t的函数表达式及S的最大值；（3）在P、Q的运动过程中，若线段PQ的垂直平分线经过四边形OABC的顶点，求相应的t值．解：（1）设AB所在直线的函数表达式为y＝kx+b，把A（3，3）、B（9，5）代入得：，解得：，∴AB所在直线的函数表达式为y＝x+2；（2）如图1，由题意得：OP＝t，则PC＝14﹣t，过A作AD⊥x轴于D，过B作BF⊥x轴于F，过Q作QH⊥x轴于H，过A作AE⊥BF于E，交QH于G，∵A（3，3），∴OD＝3，AD＝3，由勾股定理得：OA＝6，∵B（9，5），∴AE＝9﹣3＝6，BE＝5﹣3＝2，Rt△AEB中，AB＝＝4，tan∠BAE＝＝＝，∴∠BAE＝30°，点Q过OA的时间：t＝＝2（秒），∴AQ＝（t﹣2），∴QG＝AQ＝，∴QH＝+3＝t+2，在△PQC中，PC＝14﹣t，PC边上的高为t+2，t＝＝4（秒），∴S＝（14﹣t）（t+2）＝﹣+t+14（2≤t≤6），∴当t＝5时，S有最大值为；（3）①当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图2），过Q作QG⊥x轴于G，由题意得：OQ＝3t，OP＝t，∠AOG＝60°，∴∠OQG＝30°，∴OG＝t，∴CG＝14﹣t，sin60°＝，∴QG＝×3t＝t，在Rt△QGC中，由勾股定理得：QG2+CG2＝QC2＝PC2，可得方程（）2+（14﹣t）2＝（14﹣t）2，解得：t1＝，t2＝0（舍），此时t＝，②当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图3），∴AQ＝AP，过A作AG⊥x轴于G，由题意得：OP＝t，AQ＝（t﹣2），则PG＝t﹣3，AP＝（t﹣2），在Rt△AGP中，由勾股定理得：AP2＝AG2+PG2，可得方程：（3）2+（t﹣3）2＝[（t﹣2）]2，解得：t1＝，t2＝（舍去），此时t＝；当PQ的垂直平分线经过点C时，如图3﹣1中，易知QC＝PC＝14﹣t，QG＝t+2，CG＝14﹣t，在Rt△QCG中，（14﹣t）2＝（t﹣2）2+（14﹣t）2，整理得t2﹣4t+6＝0，△＜0，无解．此种情形不存在．③当6＜t≤10时，i）线段PQ的中垂线经过点C（如图4），∴PC＝CQ，由（2）知：OA＝6，AB＝4，BC＝10，t＝+＝6，∴BQ＝（t﹣6），∴CQ＝BC﹣BQ＝10﹣（t﹣6）＝25﹣t，可得方程为：14﹣t＝25﹣t，解得：t＝；ii）线段PQ的中垂线经过点B（如图5），∴BP＝BQ，过B作BG⊥x轴于G，则BG＝5，PG＝t﹣9，BQ＝（t﹣6），由勾股定理得：BP2＝BG2+PG2，可得方程为：（5）2+（t﹣9）2＝[（t﹣6）]2，解得：t1＝，t2＝（舍去），此时t＝，综上所述，t的值为或或或．2．正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在射线DC，DA上运动，且DE＝DF．连接BF，作EH⊥BF所在直线于点H，连接CH．（1）如图1，若点E是DC的中点，CH与AB之间的数量关系是CH＝AB；（2）如图2，当点E在DC边上且不是DC的中点时，（1）中的结论是否成立？若成立给出证明；若不成立，说明理由；（3）如图3，当点E，F分别在射线DC，DA上运动时，连接DH，过点D作直线DH的垂线，交直线BF于点K，连接CK，请直接写出线段CK长的最大值．解：（1）如图1，连接BE，，在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∠A＝∠BCD＝∠ABC＝90°，∵点E是DC的中点，DE＝DF，∴点F是AD的中点，∴AF＝CE，在△ABF和△CBE中，∴△ABF≌△CBE，∴∠1＝∠2，∵EH⊥BF，∠BCE＝90°，∴C、H两点都在以BE为直径的圆上，∴∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∵∠3+∠4＝90°，∠1+∠HBC＝90°，∴∠4＝∠HBC，∴CH＝BC，又∵AB＝BC，∴CH＝AB．故答案为：CH＝AB．（2）当点E在DC边上且不是DC的中点时，（1）中的结论CH＝AB仍然成立．如图2，连接BE，，在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∠A＝∠BCD＝∠ABC＝90°，∵AD＝CD，DE＝DF，∴AF＝CE，在△ABF和△CBE中，∴△ABF≌△CBE，∴∠1＝∠2，∵EH⊥BF，∠BCE＝90°，∴C、H两点都在以BE为直径的圆上，∴∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∵∠3+∠4＝90°，∠1+∠HBC＝90°，∴∠4＝∠HBC，∴CH＝BC，又∵AB＝BC，∴CH＝AB．（3）如图3，，∵CK≤AC+AK，∴当C、A、K三点共线时，CK的长最大，∵∠KDF+∠ADH＝90°，∠HDE+∠ADH＝90°，∴∠KDF＝∠HDE，∵∠DEH+∠DFH＝360°﹣∠ADC﹣∠EHF＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∠DFK+∠DFH＝180°，∴∠DFK＝∠DEH，在△DFK和△DEH中，∴△DFK≌△DEH，∴DK＝DH，在△DAK和△DCH中，∴△DAK≌△DCH，∴AK＝CH又∵CH＝AB，∴AK＝CH＝AB，∵AB＝3，∴AK＝3，AC＝3，∴CK＝AC+AK＝AC+AB＝，即线段CK长的最大值是．3．定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点．求证：四边形ABEF是邻余四边形．（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上．（3）如图3，在（1）的条件下，取EF中点M，连结DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC于点N．若N为AC的中点，DE＝2BE，QB＝3，求邻余线AB的长．解：（1）∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°，∠FAB与∠EBA互余，∴四边形ABEF是邻余四边形；（2）如图所示（答案不唯一），四边形AFEB为所求；（3）∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，∴BD＝CD，∵DE＝2BE，∴BD＝CD＝3BE，∴CE＝CD+DE＝5BE，∵∠EDF＝90°，点M是EF的中点，∴DM＝ME，∴∠MDE＝∠MED，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴△DBQ∽△ECN，∴，∵QB＝3，∴NC＝5，∵AN＝CN，∴AC＝2CN＝10，∴AB＝AC＝10．4．如图，线段AB＝8，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP＝∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．（1）求证：△AEP≌△CEP；（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；（3）求△AEF的周长．解：（1）证明：∵四边形APCD正方形，∴DP平分∠APC，PC＝PA，∴∠APD＝∠CPD＝45°，∴△AEP≌△CEP（SAS）；（2）CF⊥AB，理由如下：∵△AEP≌△CEP，∴∠EAP＝∠ECP，∵∠EAP＝∠BAP，∴∠BAP＝∠FCP，∵∠FCP+∠CMP＝90°，∠AMF＝∠CMP，∴∠AMF+∠PAB＝90°，∴∠AFM＝90°，∴CF⊥AB；（3）过点C作CN⊥PB．∵CF⊥AB，BG⊥AB，∴FC∥BN，∴∠CPN＝∠PCF＝∠EAP＝∠PAB，又AP＝CP，∴△PCN≌△APB（AAS），∴CN＝PB＝BF，PN＝AB，∵△AEP≌△CEP，∴AE＝CE，∴AE+EF+AF＝CE+EF+AF＝BN+AF＝PN+PB+AF＝AB+CN+AF＝AB+BF+AF＝2AB＝16．5．已知：正方形ABCD，等腰直角三角形的直角顶点落在正方形的顶点D处，使三角板绕点D旋转．（1）当三角板旋转到图1的位置时，猜想CE与AF的数量关系，并加以证明；（2）在（1）的条件下，若DE＝1，AE＝，CE＝3，求∠AED的度数；（3）若BC＝4，点M是边AB的中点，连结DM，DM与AC交于点O，当三角板的一边DF 与边DM重合时（如图2），若OF＝，求CN的长．解：（1）CE＝AF；证明：在正方形ABCD，等腰直角三角形CEF中，FD＝DE，CD＝CA，∠ADC＝∠EDF＝90°∴∠ADF＝∠CDE，∴△ADF≌△CDE，∴CE＝AF，（2）∵DE＝1，AE＝，CE＝3，∴EF＝，∴AE2+EF2＝AF2∴△AEF为直角三角形，∴∠AEF＝90°∴∠AED＝∠AEF+DEF＝90°+45°＝135°；（3）∵M是AB中点，∴MA＝AB＝AD，∵AB∥CD，∴＝＝＝，在Rt△DAM中，DM＝＝＝2，∴DO＝，∵OF＝，∴DF＝，∵∠DFN＝∠DCO＝45°，∠FDN＝∠CDO，∴△DFN∽△DCO，∴＝，∴＝，∴DN＝，∴CN＝CD﹣DN＝4﹣＝6．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，AD＝6，若OA、OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根，且OA＞OB．（1）求OA、OB的长．（2）若点E为x轴上的点，且S△AOE＝，试判断△AOE与△AOD是否相似？并说明理由．（3）在直线AB上是否存在点F，使以A、C、F为顶点的三角形是等腰三角形？如果存在，请直接写出点F的坐标．解：（1）x2﹣7x+12＝0，因式分解得，（x﹣3）（x﹣4）＝0，由此得，x﹣3＝0，x﹣4＝0，所以，x1＝3，x2＝4，∵OA＞OB，∴OA＝4，OB＝3；（2）S△AOE＝×4•OE＝，解得OE＝，∵＝＝，＝＝，∴＝，又∵∠AEO＝∠OAD＝90°，∴△AOE∽△AOD；（3）∵四边形ABCD是平行四边形，AD＝6，∴BC＝AD＝6，∵OB＝3，∴OC＝6﹣3＝3，由勾股定理得，AC＝＝＝5，易求直线AB的解析式为y＝x+4，设点F的坐标为（a，a+4），则AF2＝a2+（a+4﹣4）2＝a2，CF2＝（a﹣3）2+（a+4）2＝a2+a+25，①若AF＝AC，则a2＝25，解得a＝±3，a＝3时，a+4＝×3+4＝8，a＝﹣3时，a+4＝×（﹣3）+4＝0，所以，点F的坐标为（3，8）或（﹣3，0）；②若CF＝AC，则a2+a+25＝25，整理得，25a2+42a＝0，解得a＝0（舍去），a＝﹣，a+4＝×（﹣）+4＝，所以，点F的坐标为（﹣，），③若AF＝CF，则a2＝a2+a+25，解得a＝﹣，a+4＝×（﹣）+4＝﹣，所以，点F的坐标为（﹣，﹣），综上所述，点F的坐标为（3，8）或（﹣3，0）或（﹣，）或（﹣，﹣）时，以A、C、F为顶点的三角形是等腰三角形．7．如图①，在矩形ABCD中，点P从AB边的中点E出发，沿着E﹣B﹣C匀速运动，速度为每秒2个单位长度，到达点C后停止运动，点Q是AD上的点，AQ＝10，设△APQ的面积为y，点P运动的时间为t秒，y与t的函数关系如图②所示．（1）图①中AB＝8 ，BC＝18 ，图②中m＝20 ；（2）当t＝1秒时，试判断以PQ为直径的圆是否与BC边相切？请说明理由；（3）点P在运动过程中，将矩形沿PQ所在直线折叠，则t为何值时，折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上．解：（1）∵点P从AB边的中点E出发，速度为每秒2个单位长度，∴AB＝2BE，由图象得：t＝2时，BE＝2×2＝4，∴AB＝2BE＝8，AE＝BE＝4，t＝11时，2t＝22，∴BC＝22﹣4＝18，当t＝0时，点P在E处，m＝△AEQ的面积＝AQ×AE＝×10×4＝20；故答案为：8，18，20；（2）当t＝1秒时，以PQ为直径的圆不与BC边相切，理由如下：当t＝1时，PE＝2，∴AP＝AE+PE＝4+2＝6，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∴PQ＝＝＝2，设以PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，如图1所示：则MN＝AB＝8，O'M∥AB，MN＝AB＝8，∵O'为PQ的中点，∴O''M是△APQ的中位线，∴O'M＝AP＝3，∴O'N＝MN﹣O'M＝5＜，∴以PQ为直径的圆不与BC边相切；（3）分三种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，如图2所示：则QF＝AB＝8，BF＝AQ＝10，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，CD＝AB＝8，AD＝BC＝18，由折叠的性质得：PA'＝PA，A'Q＝AQ＝10，∠PA'Q＝∠A＝90°，∴A'F＝＝6，∴A'B＝BF﹣A'F＝4，在Rt△A'BP中，BP＝4﹣2t，PA'＝AP＝8﹣（4﹣2t）＝4+2t，由勾股定理得：42+（4﹣2t）2＝（4+2t）2，解得：t＝；②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，连接AA'，如图3所示：由折叠的性质得：A'P＝AP，∴∠APQ'＝∠A'PQ，∵AD∥BC，∴∠AQP＝∠A'PQ，∴∠APQ＝∠AQP，∴AP＝AQ＝A'P＝10，在Rt△ABP中，由勾股定理得：BP＝＝6，又∵BP＝2t﹣4，∴2t﹣4＝6，解得：t＝5；③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，连接AP、A'P，如图4所示：由折叠的性质得：A'P＝AP，A'Q＝AQ＝10，在Rt△DQA'中，DQ＝AD﹣AQ＝8，由勾股定理得：DA'＝＝6，∴A'C＝CD﹣DA'＝2，在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP＝2t﹣4，CP＝BC﹣BP＝18﹣（2t﹣4）＝22﹣2t，由勾股定理得：AP2＝82+（2t﹣4）2，A'P2＝22+（22﹣2t）2，∴82+（2t﹣4）2＝22+（22﹣2t）2，解得：t＝；综上所述，t为或5或时，折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上．8．已知：如图①，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点P是AD的中点，点F是AB上的动点，PE⊥PF交BC所在直线于点E，连接EF．（1）EF的最小值是为 5 ；（2）点F从A点向B点运动的过程中，∠PFE的大小是否改变？请说明理由；（3）如图②延长FP交CD延长线于点M，连接EM、Q点是EM的中点．①当AF＝1时，求PQ的长；②请直接写出点F从A点运动到B点时，Q点经过的路径长为．解：（1）当PF和PE最短时，EF有最小值，此时点F与A重合，如图1所示：则四边形PABE是矩形，∴PE＝AB＝4，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝6，CD＝AB＝4，∠A＝∠ADC＝90°，∵点P是AD的中点，∴PA＝3，即PF＝3，由勾股定理得：EF＝＝＝5，即EF的最小值为5；故答案为：5；（2）∠PFE的大小不改变，理由如下：作EG⊥AD于G，如图2所示：则EG＝CD＝4，∵PE⊥PF，∴∠EPF＝90°，∴∠APF+∠GPE＝90°，∵∠APF+∠AFP＝90°，∴∠AFP＝∠GPE，又∵∠A＝∠EPF＝90°，∴△APF∽△GEP，∴＝＝，∴tan∠PFE＝＝，∴∠PFE的大小不改变；（3）①如图，∵∠ADC＝90°，∴∠PDM＝90°，在△APF和△DPM中，，∴△APF≌△DPM（ASA），∴AF＝DM＝1，PF＝FM，∴CM＝4+1＝5，∵PE⊥PF，∴PE垂直平分FM，∴EF＝EM，设CE＝x，则BE＝6﹣x，由勾股定理得：EF2＝bf2+BE2＝32+（6﹣x）2，EM2＝CE2+CM2＝x2+52，∴32+（6﹣x）2＝x2+52解得：x＝，∴CE＝，EM＝＝，∵∠EPF＝90°，Q点是EM的中点，∴PQ＝EM＝；②如图③中，点Q的运动轨迹是线段QQ1．作QH⊥AD于H．当点F与A重合时，点Q是矩形CDPE对角线DE的中点，则QH＝2，DH＝，当点F与B重合时，点Q1在AD的延长线上，设BE1＝M1E1＝m，在Rt△CM1E1中，m2＝（m﹣6）2+82，解得：m＝，∴CE1＝﹣6＝，∴DQ1＝CE1＝，∴HQ1＝+＝，在Rt△HQQ1中，QQ1＝＝，∴点P的运动路径为；故答案为：．9．在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．（1）填空：点B的坐标为（2，2）．（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在请求出AD的长度；若不存在，请说明理由：（3）①求证：；②设AD＝x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式并求出当点D运动到何处时，y有最小值？解：（1）∵四边形AOCB是矩形，∴BC＝OA＝2，OC＝AB＝2，∠BCO＝∠BAO＝90°，∴B（2，2）；故答案为（2，2）；（2）存在；理由如下：∵OA＝2，OC＝2，∵tan∠ACO＝＝＝，∴∠ACO＝30°，∠ACB＝60°，分两种情况：①当E在线段CO上时，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED＝EC，如图1所示：∴∠DCE＝∠EDC＝30°，∴∠DBC＝∠BCD＝60°，∴△DBC是等边三角形，∴DC＝BC＝2，在Rt△AOC中，∠ACO＝30°，OA＝2，∴AC＝2AO＝4，∴AD＝AC﹣CD＝4﹣2＝2，∴当AD＝2时，△DEC是等腰三角形；②当E在OC的延长线上时，△DCE是等腰三角形，只有CD＝CE，∠DBC＝∠DEC＝∠CDE ＝15°，如图2所示：∴∠ABD＝∠ADB＝75°，∴AB＝AD＝2，综上所述，满足条件的AD的值为2或2；（3）①证明：过点D作MN⊥AB交AB于M，交OC于N，如图3所示：∵A（0，2）和C（2，0），∴直线AC的解析式为y＝﹣x+2，设D（a，﹣a+2），∴DN＝﹣a+2，BM＝2﹣a，∵∠BDE＝90°，∴∠BDM+∠NDE＝90°，∠BDM+∠DBM＝90°，∴∠DBM＝∠EDN，∵∠BMD＝∠DNE＝90°，∴△BMD∽△DNE，∴＝＝＝；②作DH⊥AB于H，如图4所示：在Rt△ADH中，∵AD＝x，∠DAH＝∠ACO＝30°，∴DH＝AD＝x，AH＝＝＝x，∴BH＝2﹣x，在Rt△BDH中，BD＝＝＝，∴DE＝BD＝，∴矩形BDEF的面积为y＝（）2＝（x2﹣6x+12）＝x2﹣2x+4，∴y＝（x﹣3）2+，∵＞0，∴x＝3时，y有最小值，即当点D运动到距A点的距离为3时，y有最小值．10．如图，已知正方形ABCD的边长为4、点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以PE为边作正方形PEFG、顶点G在线段PC上，对角线EG、PF 相交于点O．（1）若AP＝1，则AE＝；（2）①点O与△APE的位置关系是点O在△APE的外接圆上，并说明理由；②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；（3）在点P从点A到点B的运动过程中，线段AE的大小也在改变，当AP＝ 2 ，AE 达到最大值，最大值是 1 ．解：（1）∵四边形ABCD、四边形PEFG是正方形，∴∠A＝∠B＝∠EPG＝90°，PF⊥EG，AB＝BC＝4，∠OEP＝45°，∴∠AEP+∠APE＝90°，∠BPC+∠APE＝90°，∴∠AEP＝∠BPC，∴△APE∽△BCP，∴，即，解得：AE＝；故答案为：；（2）①点O在△APE的外接圆上，理由是：证明：如图1，取PE的中点Q，连接AQ，OQ，∵∠POE＝90°，∴OQ＝PE，∵△APE是直角三角形，∴点Q是Rt△APE外接圆的圆心，∴AQ＝PE，∴OQ＝AQ＝EQ＝PQ，∴O在以Q为圆心，以OQ为半径的圆上，即点O在△APE的外接圆上；（到圆心的距离等于半径的点必在此圆上），故答案为：点O在△APE的外接圆上；②连接OA、AC，如图2所示，∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝90°，∠BAC＝45°，∴AC＝＝4，∵A、P、O、E四点共圆，∴∠OAP＝∠OEP＝45°，∴点O在AC上，当P运动到点B时，O为AC的中点，OA＝AC＝2，即点O经过的路径长为2；（3）设AP＝x，则BP＝4﹣x，由（1）得：△APE∽△BCP，∴，∴，∴AE＝（x﹣2）2+1，∴x＝2时，AE的最大值为1，即当AP＝2时，AE的最大值为1．故答案为：2，1．11．正方形ABCD的边长为6cm，点E、M分别是线段BD、AD上的动点，连接AE并延长，交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N．（1）如图1，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；（2）如图2，若点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B 出发，以cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts．①设BF＝ycm，求y关于t的函数表达式；②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°，∵MN⊥AF，∴∠AHM＝90°，∴∠BAF+∠MAH＝∠MAH+∠AMH＝90°，∴∠BAF＝∠AMH，在△AMN与△ABF中，，∴△AMN≌△ABF，∴AF＝MN；（2）①∵AB＝AD＝6，∴BD＝6，由题意得，DM＝t，BE＝t，∴AM＝6﹣t，DE＝6﹣t，∵AD∥BC，∴△ADE∽△FBE，∴，即，∴y＝；②∵BN＝2AN，∴AN＝2，BN＝4，由（1）证得∠BAF＝∠AMN，∵∠ABF＝∠MAN＝90°，∴△ABF∽△MAN，∴＝，即＝，∴BF＝，由①求得BF＝，∴＝，∴t＝2，∴FN＝＝5cm．12．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将对角线AC绕对角线交点O旋转，分别交边AD、BC于点E、F，点P是边DC上的一个动点，且保持DP＝AE，连接PE、PF，设AE＝x （0＜x＜3）．（1）填空：PC＝3﹣x，FC＝x；（用含x的代数式表示）（2）求△PEF面积的最小值；（3）在运动过程中，PE⊥PF是否成立？若成立，求出x的值；若不成立，请说明理由．解：（1）∵四边形ABCD是矩形∴AD∥BC，DC＝AB＝3，AO＝CO∴∠DAC＝∠ACB，且AO＝CO，∠AOE＝∠COF∴△AEO≌△CFO（ASA）∴AE＝CF∵AE＝x，且DP＝AE∴DP＝x，CF＝x，DE＝4﹣x，∴PC＝CD﹣DP＝3﹣x故答案为：3﹣x，x（2）∵S△EFP ＝S梯形EDCF﹣S△DEP﹣S△CFP，∴S△EFP＝﹣﹣×x×（3﹣x）＝x2﹣x+6＝（x﹣）2+∴当x＝时，△PEF面积的最小值为（3）不成立理由如下：若PE⊥PF，则∠EPD+∠FPC＝90°又∵∠EPD+∠DEP＝90°∴∠DEP＝∠FPC，且CF＝DP＝AE，∠EDP＝∠PCF＝90°∴△DPE≌△CFP（AAS）∴3﹣x＝4﹣x则方程无解，∴不存在x的值使PE⊥PF，即PE⊥PF不成立．13．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点O是坐标原点，点A在第一象限，点C在第四象限，点B在x轴的正半轴上．∠OAB＝90°且OA＝AB，OB，OC的长分别是二元一次方程组的解（OB＞OC）．（1）求点A和点B的坐标；（2）点P是线段OB上的一个动点（点P不与点O，B重合），过点P的直线l与y轴平行，直线l交边OA或边AB于点Q，交边OC或边BC于点R．设点P的横坐标为t，线段QR的长度为m．已知t＝4时，直线l恰好过点C．①当0＜t＜3时，求m关于t的函数关系式；②当m＝时，求点P的横坐标t的值．解：（1）方程组的解为：，∵OB＞OC，∴OB＝6，OC＝5，∴点B的坐标为：（6，0），过点A作AM⊥x轴于M，如图1所示：∵∠OAB＝90°且OA＝AB，∴△AOB是等腰直角三角形，∴OM＝BM＝AM＝OB＝×6＝3，∴点A的坐标为：（3，3）；（2）①过点C作CN⊥x轴于N，如图2所示：∵t＝4时，直线l恰好过点C，∴ON＝4，CN＝＝＝3，∴点C的坐标为：（4，﹣3），设直线OC的解析式为：y＝kx，把C（4，﹣3）代入得：﹣3＝4k，∴k＝﹣，∴直线OC的解析式为：y＝﹣x，∴R（t，﹣t），设直线OA的解析式为：y＝k′x，把A（3，3）代入得：3＝3k′，∴k′＝1，∴直线OA的解析式为：y＝x，∴Q（t，t），∴QR＝t﹣（﹣t）＝t，即：m＝t；②分三种情况：当0＜t＜3时，m＝t，m＝，则t＝，解得：t＝2；当3≤t＜4时，设直线AB的解析式为：y＝px+q，把A（3，3）、B（6，0）代入得，解得：，∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+6，∴Q（t，﹣t+6），R（t，﹣t），∴m＝﹣t+6﹣（﹣t）＝﹣t+6，∵m＝，∴﹣t+6＝，解得：t＝10＞4（不合题意舍去）；当4≤t＜6时，设直线BC的解析式为：y＝ax+b，把B（6，0）、C（4，﹣3）代入得，解得：，∴直线BC的解析式为：y＝x﹣9，∴Q（t，﹣t+6），R（t，t﹣9），∴m＝﹣t+6﹣（t﹣9）＝﹣t+15，∵m＝，∴﹣t+15＝，解得：t＝；综上所述，满足条件的点P的横坐标t的值为2或．14．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；（2）如图2，连接QP并延长，分别交AB、CD于点M、N．①求证：PM＝QN；②若MN的最小值为2，直接写出菱形ABCD的面积为8．（1）证明：四边形ABCD是菱形，∴BC＝DC，AB∥CD，∴∠PBM＝∠PBC＝∠ABC＝30°，∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°由旋转的性质得：PC＝QC，∠PCQ＝120°，∴∠BCD＝∠DCQ，∴∠BCP＝∠DCQ，在△BCP和△DCQ中，，∴△BCP≌△DCQ（SAS）；（2）①证明：由（1）得：△BCP≌△DCQ，∴BP＝DQ，∠QDC＝∠PBC＝∠PBM＝30°．在CD上取点E，使QE＝QN，如图2所示：则∠QEN＝∠QNE，∴∠QED＝∠QNC＝∠PMB，在△PBM和△QDE中，，∴△PBM≌△QDE（AAS），∴PM＝QE＝QN．②解：由①知PM＝QN，∴MN＝PQ＝PC，∴当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，则PC＝2，BC＝2PC＝4，＝2××42＝8；∴菱形ABCD的面积＝2S△ABC故答案为：8．15．如图，在△ABC中，AB＝14，∠B＝45°，tan A＝，点D为AB中点．动点P从点D出发，沿DA方向以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，点P关于点D对称点为点Q，以PQ为边向上作正方形PQMN．设点P的运动时间为t秒．（1）当t＝秒时，点N落在AC边上．（2）设正方形PQMN与△ABC重叠部分面积为S，当点N在△ABC内部时，求S关于t的函数关系式．（3）当矩形PQMN的对角线所在直线将△ABC的分为面积相等的两部分时，直接写出t 的值．解：（1）如图1，作CG⊥AB于点G，设BG＝h，∵∠B＝45°，AB＝14，∴CG＝BG＝h，AG＝14﹣h，∵tan A＝＝，即＝，解得：h＝8，则AG＝6，∵DP＝DQ＝t，∴PN＝PQ＝2t，由PN∥CG知△APN∽△AGC，∴＝，即＝，解得：t＝，故答案为：．（2）①如图2，∵四边形PQMN是正方形，∴∠BQM＝90°，∵∠B＝45°，∴BQ＝MQ，即7﹣t＝2t，解得t＝，故当0＜t≤时，S＝（2t）2＝4t2；②如图3，∵∠BQF＝90°，∠B＝45°，∴BQ＝FQ＝7﹣t，∠BFQ＝∠MFE＝45°，则MF＝MQ﹣QF＝3t﹣7，∵∠M＝90°，∴ME＝MF＝3t﹣7，则S＝（2t）2﹣×（3t﹣7）2＝﹣t2+21t﹣（＜t＜）；综上，S＝．（3）S＝AB•CG＝×14×8＝56，△ABC①如图4，作HR⊥AB于点R，∵四边形PQMN为正方形，且PM为对角线，∴∠HPB＝∠B＝45°，∴HR＝PB＝×（14﹣7+t）＝，∵PM将△ABC面积平分，∴S△PBH ＝S△ABC，则•（7+t）•＝×56，解得t＝﹣7+4（负值舍去）；②如图5，作KT⊥AB于T，设KT＝4m，由tan A＝＝知AT＝3m，∵∠KQT＝45°，∴KT＝QT＝4m，则AQ＝3m+4m＝7m，又AQ＝14﹣（7﹣t）＝7+t，则7m＝7+t，∴m＝，∵直线NQ将△ABC面积平分，∴S△AKQ ＝S△ABC，即×7m×4m＝×56，整理，得：m2＝2，则（）2＝2，解得：t＝﹣7+7（负值舍去），综上，t的值为4﹣7或7﹣7．16．如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（﹣4，4）．点P从点A 出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD与y轴交于点E，连接PE．设点P运动的时间为t（s）．（1）∠PBD的度数为45°，点D的坐标为（t，t）（用t表示）；（2）求证：PE＝AP+CE；（3）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？解：（1）如图1，由题可得：AP＝OQ＝1×t＝t（秒）∴AO＝PQ．∵四边形OABC是正方形，∴AO＝AB＝BC＝OC，∠BAO＝∠AOC＝∠OCB＝∠ABC＝90°．∵DP⊥BP，∴∠BPD＝90°．∴∠BPA＝90°﹣∠DPQ＝∠PDQ．∵AO＝PQ，AO＝AB，∴AB＝PQ．在△BAP和△PQD中，，∴△BAP≌△PQD（AAS）．∴AP＝QD，BP＝PD．∵∠BPD＝90°，BP＝PD，∴∠PBD＝∠PDB＝45°．∵AP＝t，∴DQ＝t．∴点D坐标为（t，t）．故答案为：45°，（t，t）．（2）延长OA到点F，使得AF＝CE，连接BF，如图2所示．在△FAB和△ECB中，，∴△FAB≌△ECB．∴FB＝EB，∠FBA＝∠EBC．∵∠EBP＝45°，∠ABC＝90°，∴∠ABP+∠EBC＝45°．∴∠FBP＝∠FBA+∠ABP＝∠EBC+∠ABP＝45°．∴∠FBP＝∠EBP．在△FBP与△EBP中，，∴△FBP≌△EBP（SAS）．∴FP＝EP．∴EP＝FP＝FA+AP＝CE+AP．（3）①若PB＝PE，由△PAB≌△DQP得PB＝PD，显然PB≠PE，∴这种情况应舍去．②若EB＝EP，则∠PBE＝∠BPE＝45°．∴∠BEP＝90°．∴∠PEO＝90°﹣∠BEC＝∠EBC．在△POE和△ECB中，，∴△POE≌△ECB（AAS）．∴OE＝CB＝OC．∴点E与点C重合（EC＝0）．∴点P与点O重合（PO＝0）．∵点B（﹣4，4），∴AO＝CO＝4．此时t＝AP＝AO＝4．③若BP＝BE，在Rt△BAP和Rt△BCE中，，∴Rt△BAP≌Rt△BCE（HL）．∴AP＝CE．∵AP＝t，∴CE＝t．∴PO＝EO＝4﹣t．∵∠POE＝90°，∴PE＝＝（4﹣t）．延长OA到点F，使得AF＝CE，连接BF，如图2所示．在△FAB和△ECB中，，∴△FAB≌△ECB．∴FB＝EB，∠FBA＝∠EBC．∵∠EBP＝45°，∠ABC＝90°，∴∠ABP+∠EBC＝45°．∴∠FBP＝∠FBA+∠ABP＝∠EBC+∠ABP＝45°．∴∠FBP＝∠EBP．在△FBP和△EBP中，，∴△FBP≌△EBP（SAS）．∴FP＝EP．∴EP＝FP＝FA+AP＝CE+AP．∴EP＝t+t＝2t．∴（4﹣t）＝2t．解得：t＝4﹣4∴当t为4秒或（4﹣4）秒时，△PBE为等腰三角形．17．如图，在平面直角坐标系xOy中，点C的坐标为（0，4），点A为x轴正半轴上的一个动点，以AC为对角线作正方形ABCD（点B在点D右侧），设点A的坐标为（a，0）（a ≠4）．（1）当a＝2时．①求正方形ABCD的边长；②求点B的坐标．（2）0＜a＜4时，试判断△BOD的形状，并说明理由．（3）是否存在a，使得△AOC与△BOD全等？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解：（1）当a＝2时，如图1中，作DM⊥AO于M，DN⊥OC于N，连接OD、AC、BD，AC 与BD交于点G，①在Rt△AOC中，∵∠AOC＝90°，OC＝4，OA＝2，∴AC＝＝＝2，∵四边形ABCD是正方形，∴∠CDA＝90°，CD＝AD＝AB＝BC，∴2CD2＝20，∴CD＝，∴正方形边长为．②∵∠DMO＝∠MON＝∠DNO＝90°，∴四边形DMON是矩形，∴∠MDN＝∠CDA＝90°，∴∠CDN＝∠ADM，在△CDN和△ADM中，，∴△CDN≌△ADM，∴DN＝DM，CN＝AM，∴四边形DMON是正方形，设边长为a，B（m，n）则2+a＝4﹣a，∴a＝1，∴点D坐标（﹣1，1），∵DG＝GB，G（1，2），∴＝1，＝2，∴m＝n＝3，∴点B坐标为（3，3）．（2）结论：△BOD是直角三角形．理由：如图2中，作DM⊥AO于M，DN⊥OC于N，BH⊥OC于H，BG⊥OA于G．由（1）可知△CDN≌△ADM，同理可证△CBH≌△ABG，∴DN＝DM，BH＝BG，∴OD平分∠COM，OB平分∠COA，∴∠DOC＝∠BOC＝45°，∴∠DOB＝90°，∴△DOB是直角三角形．（3）①如图2中，当OA＝OD时，△AOC≌△ODB，设OA＝OD＝a，则DM＝OM＝ON＝DN＝a，∵CN＝AM，∴4﹣a＝a+a，∴a＝4﹣4．②如图3中，当OC＝OD＝4时，△AOC≌△BOD，设OA＝a，∵OC＝OD＝4，∴ON＝ND＝DM＝OM＝2，∵CN＝AM，∴4+2＝a﹣2，∴a＝4+4．综上所述当a＝4﹣4或4+4时，△AOC与△BOD全等．18．如图1，已知等腰Rt△ABC中，E为边AC上一点，过E点作EF⊥AB于F点，以为边作正方形，且AC＝3，EF＝．（1）如图1，连接CF，求线段CF的长；（2）将等腰Rt△ABC绕点旋转至如图2的位置，连接BE，M点为BE的中点，连接MC，MF，求MC与MF关系．解：（1）如图1，∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝3，∴AB＝3，过点C作CM⊥AB于M，连接CF，∴CM＝AM＝AB＝，∵四边形AGEF是正方形，∴AF＝EF＝，∴MF＝AM﹣AF＝﹣，在Rt△CMF中，CF＝＝＝；（2）CM＝FM，CM⊥FM，理由：如图2，过点B作BH∥EF交FM的延长线于H，连接CF，CH，∴∠BHM＝∠EFM，∵四边形AGEF是正方形，∴EF＝AF∵点M是BE的中点，∴BM＝EM，在△BMH和△EMF中，，∴△BMH≌△EMF（AAS），∴MH＝MF，BH＝EF＝AF∵四边形AGEF是正方形，∴∠FAG＝90°，EF∥AG，∵BH∥EF，∴BH∥AG，∴∠BAG+∠ABH＝180°，∴∠CBH+∠ABC+∠BAC+∠CAG＝180°．∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝45°，∴∠CBH+∠CAG＝90°，∵∠CAG+∠CAF＝90°，∴∠CBH＝∠CAF，在△BCH和△ACF中，，∴△BCH≌△ACF（SAS），∴CH＝CF，∠BCH＝∠ACF，∴∠HCF＝∠BCH+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝90°，∴△FCH是等腰直角三角形，∵MH＝MF，∴CM＝FM，CM⊥FM；19．如图（1），在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，BC＝20cm，AD＝10cm．点P从点B出发，在线段BC上以每秒2cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD 的直线l从点A沿AD出发，以每秒1cm的速度沿AD方向匀速平移，分别交AB、AC、AD 于M、N、E．当点P到达点C时，点P与直线l同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．（1）在运动过程中（点P不与B、C重合），连接PN，求证：四边形MBPN为平行四边形；（2）如图（2），以MN为边向下作正方形MFGN，FG交AD于点H，连结PF、PG，当0＜t ＜时，求△PFG的面积最大值；（3）在整个运动过程中，观察图（2）、（3），是否存在某一时刻t，使△PFG为等腰三角形？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．（1）证明：∵l⊥AD，BC⊥AD，∴l∥BC，∴，∵AB＝AC，∴AM＝AN，∵∠BAC＝90°，∴ME＝NE，∴MN＝2AE＝2t，∵BP＝2t，∴MN＝BP，∴四边形MBPN为平行四边形；（2）解：∵四边形MFGN是正方形，∴FG＝MN＝MF＝2AE＝2t，∵EH＝MF＝2t，∴DH＝AD﹣AH＝10﹣3t，∴S＝FG•DH＝×2t×（10﹣3t）＝﹣3（t﹣）2+，△PFG∵a＝﹣3＜0，0＜t＜，∴当t＝时，S最大＝；△PFG（3）解：存在，当t＝或t＝5或t＝10时，△PFG为等腰三角形；理由如下：利用勾股定理得：PF2＝2（10﹣3t）2，PG2＝（10﹣3t）2+（10﹣t）2，又FG2＝（2t）2，当PF＝FG时，则2（10﹣3t）2＝（2t）2，解得：t＝，当PF＝PG时，2（10﹣3t）2＝（10﹣3t）2+（10﹣t）2，解得：t＝5，或t＝0（舍去）；当FG＝PG时，（2t）2＝（10﹣3t）2+（10﹣t）2，解得：t＝10，或t＝（舍去）；综上所述，t＝或t＝5或t＝10时，△PFG为等腰三角形．20．如图，在直角坐标系中，长方形ABCD（每个内角都是90°）的顶点的坐标分别是A（0，m），B（n，0），（m＞n＞0），点E在AD上，AE＝AB，点F在y轴上，OF＝OB，BF的延长线与DA的延长线交于点M，EF与AB交于点N．（1）试求点E的坐标（用含m，n的式子表示）；（2）求证：AM＝AN；（3）若AB＝CD＝12cm，BC＝20cm，动点P从B出发，以2cm/s的速度沿BC向C运动的同时，动点Q从C出发，以vcm/s的速度沿CD向D运动，是否存在这样的v值，使得△ABP与△PQC全等？若存在，请求出v值；若不存在，请说明理由．解：（1）过E作EG⊥AO于G．∵∠EGA＝∠EAB＝∠AOB＝90°，∴∠EAG+∠AEG＝90°，∠EAG+∠BAO＝90°，∴∠BAO＝∠AEG，∵AE＝AB，∴△EGA≌△AOB（AAS），∴EG＝OA＝m，AG＝OB＝n∴E（m，m+n）．（2）∵OB＝OF，∠BOF＝90°，∴∠OFB＝∠OBF＝45°，∵△EGA≌△AOB，∴AG＝OB＝OF，∴OA＝FG＝EG，∴∠GFE＝45°，∴∠EFB＝90°，∴∠NAE＝∠NFB＝90°，∵∠ANE＝∠FNB，∴∠AEN＝∠ABM，∵∠EAN＝∠BAM＝90°，EA＝BA，∴△EAN≌△BAM（ASA），∴AN＝AM．（3）如图，∵△ABP与△PCQ全等，∠ABP＝∠PCQ＝90°∴有两种情形：①当AB＝CD，PB＝CP时，t＝＝5（s），∴v＝，②当AB＝PC，CQ＝PB时，PB＝20﹣12＝8，∴t＝＝4（s），∴v＝＝＝2．。

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