专题23 矩形存在性问题巩固练习(提优)-冲刺2021年中考几何专项复习(解析版)

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专题22 平行四边形存在性问题巩固练习(提优)-冲刺2021年中考几何专项复习(解析版)

平行四边形存在性问题巩固练习1．在直角坐标系中，O 是原点，A 、B 、C 三点的坐标分别为A （18，0），B （18，8），C （6，8），四边形OABC 是梯形，点P 、Q 同时从原点出发，分别做匀速运动，其中点P 沿OA 向终点A 运动，速度为每秒2个单位，点Q 沿OC 、CB 向终点B 运动，速度为每秒3个单位，当这两点有一点到达自己的终点则另一点也停止运动，设从出发起，运动了t 秒．①求直线OC 的解析式．②试写出点Q 的坐标，并写出此时t 的取值范围．③从运动开始，梯形被直线PQ 分割后的图形中是否存在平行四边形，若存在，求出t 的值，若不存在，请说明理由．④t 为何值时，直线PQ 把梯形OCBA 分成面积为1：7的两部分？【分析】（1）利用待定系数法根据点O 、点C 的坐标就可以求出直线的解析式．（2）分Q 在OC 上，和在CB 上两种情况进行讨论．利用直线OC 的解析式就可以求出Q 点在OC 上和CB 上的坐标．即0≤t ≤5和5＜t ≤10两种情况．（3）当CQ ＝OP 时，四边形OPQC 是平行四边形，就可以表示出CQ ＝3t ﹣10，OP ＝2t ，由平行四边形的性质就可以求出t 的性质，然后根据t 的取值范围就可以确定值的存在性．（4）直线PQ 把梯形OCBA 分成面积为1：7的两部分从两种情况进行计算．当五边形CQP AB 为7份时和四边形BQP A 为1份时分别计算出t 的值就可以了．【解答】解：（1）设OC 的解析式为y ＝kx +b ，∵O 、C 两点的坐标分别为O （0，0），C （6，8），∴{b =08=6k，解得：k =43，b ＝0， ∴y =43x ；（2）当Q 在OC 上运动时，可设Q （m ，43m ），依题意有：m 2+（43m ）2＝（3t ）2∴m =65t ， ∴Q （95t ，125t ），（0≤t ≤103）当Q 在CB 上时，Q 点所走过的路程为3t ，∵OC ＝10，∴CQ ＝3t ﹣10，∴Q 点的横坐标为3t ﹣10+6＝3t ﹣4，∴Q （3t ﹣4，8），（103＜t ≤223）．（3）当四边形OPQC 是平行四边形时，∴CQ ＝OP ．∵CQ ＝3t ﹣10，OP ＝2t ，∴3t ﹣10＝2t ，∴t ＝10．∵t ≤223，∴不存在四边形当四边形P ABQ 为平行四边形时，∴BQ ＝P A ，∵BQ ＝22﹣3t ，P A ＝18﹣2t ，∴22﹣3t ＝18﹣2t ，∴t ＝4（4）∵A （18，0），B （18，8），C （6，8），∴OA ＝18，BC ＝12，AB ＝8，∴S 四边形OABC =8(12+18)2=120∵直线PQ 把梯形OCBA 分成面积为1：7，设两部分的面积分别为x 、7x ，∴x +7x ＝120，∴x ＝15，当2t⋅125t 2=15时，t =52，当8(3t−10+2t)2=120﹣15时，t =294．综上所述当t=52或t=294时直线PQ把梯形OCBA分成面积为1：7的两部分．【点评】本题考查了直角梯形的性质，函数自变量的取值范围，待定系数法求函数的解析式，三角形的面积，平行四边形的判定，梯形的面积的运用．2．已知抛物线y＝x2﹣（m+3）x+32（m+1）．（1）小明发现无论m为何值时，抛物线总与x轴相交，你知道为什么吗？请给予说明．（2）如图，抛物线与x轴的正半轴交于M，N两点，且线段MN的长度为2，求此抛物线的解析式．（3）如图，（2）中的抛物线与y轴交于点A，过点A的直线y＝x+b与抛物线的另一个交点为点B，与抛物线的对称轴交于点D，点C为抛物线的顶点．问在线段AB上是否存在一点P，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，使四边形DCEP为平行四边形？若存在，请求出该平行四边形的面积；若不存在，说明理由．【分析】（1）运用判别式进行判断即可；（2）设M（x1，0），则N（x2，0），由根与系数关系得x1+x2＝m+3，x1•x2=32（m+1），再由|x1﹣x2|＝2，两边平方，将两根关系代入求m的值；（3）存在．根据抛物线解析式求A点坐标及顶点C的坐标，确定直线y＝x+b的解析式，再求D点坐标，得到CD的长，设过P点的直线为x＝n，分别代入直线、抛物线解析式，可求P、E两点的纵坐标，表示线段PE的长，根据PE＝CD，列方程求n的值，再求平行四边形的面积．【解答】解：（1）∵y＝x2﹣（m+3）x+32（m+1）的判别式为△＝[﹣（m+3）]2﹣4×32（m+1）＝m2+3＞0，∴无论m为何值时，抛物线总与x轴相交；（2）设M（x1，0），则N（x2，0），（m+1），|x1﹣x2|＝2，∵x1+x2＝m+3，x1•x2=32∴两边平方，得（x1﹣x2）2＝4，即（x1+x2）2﹣4x1•x2＝4，（m+1）＝4，将两根关系代入，得（m+3）2﹣4×32解得m＝±1，（m+1）＝0，不符合题意，舍去，当m＝﹣1时，x1•x2=32∴m＝1，y＝x2﹣4x+3；（3）存在．∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴A（0，3），C（2，﹣1），∴直线AB：y＝x+3，D（2，5），则CD＝5﹣（﹣1）＝6，设过P点的直线为x＝n，则P（n，n+3），E（n，n2﹣4n+3），∴PE＝（n+3）﹣（n2﹣4n+3）＝﹣n2+5n，当四边形DCEP为平行四边形时，PE＝CD，即﹣n2+5n＝6，解得n＝2或3，当n＝2时，PE与CD重合，舍去，当n＝3时，▱CDPE的面积＝（﹣n2+5n）×（3﹣2）＝6．【点评】本题考查了二次函数的综合运用．关键是根据抛物线与x轴的交点横坐标和根与系数的关系，列方程求待定系数m的值．3．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过A（3，0）、B（1，0）、C（0.3）三点，设该二次函数的顶点为G．（1）求这个二次函数的解析式及其图象的顶点G的坐标；（2）求tan∠ACG的值；（3）如该二次函数的图象上有一点P，x轴上有一点E，问是否存在以A、G、E、P为顶点的平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由于A （3，0）、B （1，0）、C （0.3）三点在二次函数y ＝ax 2+bx +c 的图象上，直接用待定系数法就可以求出抛物线的解析式，然后化为顶点式就可以求出顶点坐标．（2）过点G 作GH ⊥x 轴于点H ，GF ⊥y 轴于点F ，由勾股定理求出AC 、GC 、AG 从而求得△AGC 是直角三角形，从而求得tan ∠ACG 的值．（3）当AG 为边时，作GH ⊥x 轴于H ，PN ⊥x 轴于点N ，由平行四边形的性质可以得出PE ＝AG ，可以证明PN ＝GH ，可以求出P 的坐标，当AG 为对角线时，不存在．【解答】解：（1）∵A （3，0）、B （1，0）、C （0.3）在二次函数y ＝ax 2+bx +c 的图象上，∴{9a +3b +c =0a +b +c =0c =3解得：{a =1b =−4c =3，∴二次函数的解析式为：y ＝x 2﹣4x +3，∴y ＝（x ﹣2）2﹣1，∴顶点G （2，﹣1）．（2）G 作GH ⊥x 轴于点H ，GF ⊥y 轴于点F ，∵G （2，﹣1）、A （3，0）、B （1，0）、C （0.3），∴CF ＝4，GF ＝2，GH ＝1，HA ＝1，在Rt △GFC 、Rt △AOC 、Rt △GHA 中由勾股定理，得AC 2＝18，GC 2＝20，AG 2＝2∴△ACG 是直角三角形，且∠CAG ＝90°，∴tan ∠ACG =AG AC =13（3）当AG为边时，作GH⊥x轴于H，PN⊥x轴于点N∴∠PNE＝∠GHA＝90°∵四边形PEGA是平行四边形，∴PE＝AG，∠PEA＝∠GAE，∴△PNE≌△GHA，∴PN＝GH＝1，设P（m，1）∴m2﹣4m+3＝1，∴m＝2±√2，∴P（2±√2，1），当AG为对角线时，不可能．综上所述，点P的坐标为（2±√2，1），【点评】本题是一道二次函数的综合试题，考查了待定系数法求抛物线的解析式，勾股定理及勾股定理的逆定理的运用，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义．4．已知抛物线y＝ax2+bx+5经过点A（1，0），B（5，0）两点，顶点为D，设点E（x，y）是抛物线上一动点，且在x轴下方．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，①当点E（x，y）运动时，试求三角形OEB的面积S与x之间的函数关系式，并求出面积S 的最大值？②在y 轴上确定一点M ，使点M 到D 、B 两点的距离之和d ＝MD +MB 最小，求点M 的坐标．（3）如图2，若四边形OEBF 是以OB 为对角线的平行四边形．是否存在这样的点E ，使平行四边形OEBF 为正方形？若存在，求E 点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把A 、B 两点坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）①设点E 的坐标为（x ，x 2﹣6x +5），S ＝S △OEB =12•OB •y E =−52（x 2﹣6x +5），即可求解；②连接B ′D 交y 轴于点M ，此时，MD +MB 最小，即可求解；（3）当四边形OEBF 为正方形，则点E 的坐标为（52，−52），当x =52时，y ＝x 2﹣6x +5≠−52，即可求解．【解答】解：（1）抛物线y ＝ax 2+bx +5经过点A （1，0），B （5，0）两点，则函数表达式为：y ＝a （x ﹣x 1）（x ﹣x 2）＝a （x ﹣1）（x ﹣5）＝a （x 2﹣6x +5），则5a ＝5，即a ＝1，故抛物线的表达式为：y ＝x 2﹣6x +5；（2）①设点E 的坐标为（x ，x 2﹣6x +5）S ＝S △OEB =12•OB •y E =−52（x 2﹣6x +5），∵a =−52＜0，故函数有最大值，当x =−b 2a =3时，函数最大值为S ＝10；②找到点B 关于y 轴的对称点B ′（﹣5，0），连接B ′D 交y 轴于点M ，此时，M 到D 、B 两点的距离之和d ＝MD +MB 最小，y ＝x 2﹣6x +5，顶点D 坐标为（3，﹣4），设直线B ′D 的表达式为：y ＝mx +n ，将点B ′、D 的坐标代入上式得：{−4=3m +m 0=−5m +n ，解得：{m =−12n =−52，则直线B ′D 的表达式为：y =−12x −52，令x ＝0，则y =−52，即点M 的坐标为（0，−52）；（3）当四边形OEBF 为正方形，则点E 的坐标为（52，−52），当x =52时，y ＝x 2﹣6x +5＝（52）2﹣6×52+5=−154≠−52，即点E 不在抛物线上，故不存在点E ，使平行四边形OEBF 为正方形．【点评】本题考查的是二次函数的综合运用，涉及到三角形的面积计算、特殊四边形基本性质等知识点，是一道中等难度的题目．5．已知，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c ，当1＜x ＜3时，y 值为正；当x ＜1或x ＞3时，y 值为负．（1）求抛物线的解析式．（2）若直线y ＝kx +b （k ≠0）与抛物线交于点A （12，m ）和B （4，n ），求直线的解析式．（3）设平行于y 轴的直线x ＝t 和x ＝t +2分别交线段AB 于E 、F ，交二次函数于H 、G ．①求t 的取值范围；②是否存在适当的t 值，使得EFGH 是平行四边形？若存在，求出t 值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由题意知，抛物线与x 轴的两交点坐标为（1，0）、（3，0），用交点式求解析式即可；（2）先求出A 、B 两点坐标，然后用待定系数法求直线解析式；（3）①根据题意列不等式组，求解集即可；②首先表示出E ，F ，G ，H 各点的坐标，进而根据平行四边形的性质求出t 的值即可．【解答】解：（1）∵抛物线y ＝﹣x 2+bx +c ，当1＜x ＜3时，y 值为正，当x ＜1或x ＞3时，y 值为负． ∴抛物线与x 轴的两交点坐标为（1，0）、（3，0），∴y ＝﹣（x ﹣1）（x ﹣3）＝﹣x 2+4x ﹣3；（2）∵直线y ＝kx +b （k ≠0）与抛物线交于点A （12，m ）和B （4，n ），∴m ＝﹣（12）2+4×12−3=−54，n ＝﹣42+4×4﹣3＝﹣3， ∴A （12，−54）B （4，﹣3），把A 、B 两点坐标代入直线y ＝kx +b （k ≠0）得：{12k +b =−544k +b =−3，解得：k =−12，b ＝﹣1， ∴y =−12x ﹣1；（3）①∵平行于y 轴的直线x ＝t 和x ＝t +2分别交线段AB 于E 、F ，交抛物线于H 、G ，∴{t ≥12t +2≤4，解得：12≤t ≤2；②存在；∵HE ∥FG ，∴当HE ＝FG 时，四边形EFGH 是平行四边形，∵HE ＝﹣t 2+4t ﹣3+12t +1＝﹣t 2+92t ﹣2，FG ＝﹣（t +2）2+4（t +2）﹣3+12（t +2）+1＝﹣t 2+12t +3； ∴﹣t 2+92t ﹣2＝﹣t 2+12t +3；解得：t =54，∵t =54在12≤t ≤2的解集内， ∴当t =54时，四边形EFGH 是平行四边形．【点评】此题主要考查了二次函数的综合应用以及待定系数法求一次函数和二次函数解析式以及平行四边形的性质，根据点的坐标性质得出E ，F ，G ，H 点的坐标，进而利用平行四边形对边相等得出是解题关键．6．如图，抛物线l 1：y ＝x 2﹣4的图象与x 轴交于A ，C 两点，抛物线l 2与l 1关于x 轴对称．（1）直接写出l 2所对应的函数表达式；（2）若点B 是抛物线l 1上的动点（B 与A ，C 不重合），以AC 为对角线，A ，B ，C 三点为顶点的平行四边形的第四个顶点为D ，求证：D 点在l 2上．（3）当点B 位于l 1在x 轴下方的图象上，平行四边形ABCD 的面积是否存在最大值和最小值？若存在，判断它是何种特殊平行四边形，并求出它面积的最值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据抛物线l1的解析式求出点A、C的坐标，以及顶点坐标，再根据关于x轴对称的点的横坐标不变，纵坐标互为相反数，求出l2的顶点坐标，然后利用待定系数法求出l2的解析式；（2）设点B的坐标为（x1，x12﹣4），根据平行四边形的性质和关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数求出点D的坐标，代入解析式即可证明：点D在l2上；（3）首先表示出S的值，当点B在x轴下方时，﹣4≤y1＜0，根据一次函数的增减性判断出点B的位置，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形证明，并求出S最大＝16．【解答】解：（1）∵l1与x轴的交点A（﹣2，0），C（2，0），顶点坐标是（0，﹣4），l1与l2关于x轴对称，∴l2过A（﹣2，0），C（2，0），顶点坐标是（0，4），设y＝ax2+4，则4a+4＝0，解得a＝﹣1，∴l2的解析式为y＝﹣x2+4；（2）设B（x1，y1），∵点B在l1上，∴B（x1，x12﹣4），∵四边形ABCD是平行四边形，A、C关于O对称，∴B、D关于O对称，∴D（﹣x1，﹣x12+4），将D（﹣x1，﹣x12+4）的坐标代入l2：y＝﹣x2+4，∴左边＝右边，∴点D在l2上；（3）当y ＝0时，﹣x 2+4＝0，解得：x 1＝2，x 2＝﹣2，所以AC ＝4，则S ▱ABCD ＝AC •（﹣y B ）＝﹣4x 2+16，当x ＝0时，S ▱ABCD 取得最大值16， ∵当点B 在x 轴下方时，﹣4≤y 1＜0，∴S ＝﹣4y 1，它是关于y 1的正比例函数且S 随y 1的增大而减小， ∴当y 1＝﹣4时，S 有最大值16，但它没有最小值，此时B （0，﹣4）在y 轴上，它的对称点D 也在y 轴上， ∴AC ⊥BD ，∴平行四边形ABCD 是菱形．【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了关于x 轴对称的点的坐标，待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质和菱形的判定，利用一次函数的增减性求最值问题． 7．如图，在平面直角坐标系中，已知直线l 1和l 2相交于点A ，它们的解析式分别为l 1：y =34x ，l 2：y =−43x +203．直线l 2与两坐标轴分别相交于点B 和点C ，点P 在线段OB 上从点O 出发．以每秒1个单位的速度向点B 运动，同时点Q 从点B 出发以每秒4个单位的速度沿B →O →C →B 的方向向点B 运动，过点P 作直线PM ⊥OB 分别交l 1，l 2于点M ，N ．连接MQ ．设点P ，Q 运动的时间是t 秒（t ＞0）（1）求点A 的坐标；（2）点Q 在OC 上运动时，试求t 为何值时，四边形MNCQ 为平行四边形；（3）试探究是否存在某一时刻t ，使MQ ∥OB ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将两直线解析式联立组成方程组，求出方程组的解即可得到A 的坐标；（2）由PM 垂直于x 轴，y 轴垂直于x 轴，得到MN 与QC 平行，当MN ＝QC 时，四边形MNCQ 为平行四边形，MN ＝NP ﹣MP ，由OP ＝t ，得到M 与N 的横坐标都为t ，分别代入两直线方程中，表示出出NP 与MP ，得到MN ，由Q 走过的路程减去OB 得到OQ 的长，再由OC ﹣OQ 表示出QC ，列出关于t 的方程，求出方程的解即可得到满足题意t 的值；（3）分别根据①当点Q 在OC 上时，②当点Q 在BC 上时，求出即可．【解答】解：（1）将两直线解析式联立得：{y =34xy =−43x +203，解得：{x =165y =125，∴A （165，125）；（2）∵PM ⊥x 轴，y 轴⊥x 轴， ∴PM ∥CQ ，当PM ＝CQ 时，四边形MNCQ 为平行四边形，对于直线l 2：y =−43x +203，令x ＝0，求出y =203；令y ＝0，求出x ＝5，∴B （5，0），C （0，203），即OB ＝5，OC =203，∴CQ ＝OC ﹣OQ =203−（4t ﹣5）=353−4t ，∵OP ＝t ，∴M 与N 横坐标为t ， ∴MN ＝PN ﹣PM =−43t +203−34t =−2512t +203，∴353−4t =−2512t +203，解得：t =6023，则当t =6023秒时，四边形MNCQ 为平行四边形；（3）①当点Q 在OC 上时，如图2，OQ ＝4t ﹣5，MP =34t ， ∵QM ∥OB ，OQ ∥PM ，∠POQ ＝90°， ∴四边形POQM 是矩形， ∴OQ ＝PM ，∴4t ﹣5=34t ，解得：t =2013，②当点Q 在BC 上时，如图3：在△BOC 中， sin ∠OBC =OC BC=45，MP =34t ，QB ＝20﹣4t ，在Rt △BPQ 中，点Q 到x 轴的距离＝QB sin ∠OBC =45（20﹣4t ），点Q 到x 轴的距离为MP ，即34t =45（20﹣4t ），解得：t =32079．综上所述：当t =2013或t =32079时，MQ ∥OB ．【点评】此题考查了一次函数综合题，涉及的知识有：两直线的交点坐标，直线与坐标轴的交点问题，平行四边形的判定与性质，坐标与图形性质，属于动点问题，是近几年中考的热点试题．8．如图，抛物线y ＝ax 2+bx ﹣3（a ≠0）与x 轴交于点A （﹣1，0）和点B ，与y 轴交于点C ，该抛物线的对称轴为x =32．（1）求a ，b 的值；（2）若点P 在抛物线上，且在x 轴的下方，作射线BP ，当∠PBA ＝∠ACO 时，求点P 的坐标；（3）若点M 在抛物线上，点N 在对称轴上，是否存在点B 、C 、M 、N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由A 点坐标和抛物线的对称轴方程可求出答案；（2）得出tan ∠PBA ＝tan ∠ACO =13=OEOB =OE4，求出OE =43，得出点E 的坐标，求出直线BE 的解析式，联立直线BE 和抛物线方程，则可得出点P 的坐标；（3）设出点M ，N 的坐标，分三种情况，利用中点坐标公式建立方程求解即可得出结论．【解答】解：（1）∵抛物线y ＝ax 2+bx ﹣3（a ≠0）与x 轴交于点A （﹣1，0），对称轴为x =32．∴{a −b −3=0−b 2a=32，解得，{a =34b =−94．∴a =34，b =−94．（2）如图，设直线PB 与OC 交于点E ，∵抛物线解析式y =34x 2−94x ﹣3与y 轴交于点C ， ∴C （0，3），又∵A （﹣1，0）， ∴OA ＝1，OC ＝3，∴tan ∠ACO =OA OC=13，∵∠PBA ＝∠ACO ， ∴tan ∠PBA ＝tan ∠ACO =13=OE OB=OE 4，∴OE =43，∴E （0，−43），设直线BE 的解析式为y ＝mx +n ， ∴{4m +n =0n =−43，解得{m =13n =−43，∴直线BE 的解析式为y =13x −43，∴{y =13x −43y =34x 2−94x −3，解得，x 1=−59，x 2＝4（舍去），∴P （−59，−4127）．（3）由（1）知，抛物线解析式为y =34x 2−94x ﹣3，对称轴直线为x =32， ∴设N （32，b ），M （m ，34m 2−94m ﹣3），∵以B 、C 、M 、N 为顶点的四边形是平行四边形， ∴①当CB 为对角线时，12（0+4）=12（32+m ）， ∴m =52，∴M （52，−6316），②当CM 为对角线时，12（m +0）=12（4+32）， ∴m =112，∴M （112，11716），③当CN 为对角线时，12（0+32）=12（4+m ）， ∴m =−52，∴M （−52，11716），即：抛物线上存在这样的点M ，点M 的坐标分别为：M （52，−6316）或（112，11716）或（−52，11716）．【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，锐角三角函数，待定系数法，平行四边形的性质，中点坐标公式等知识，熟练掌握坐标与图形的性质是解题的关键．9．如图，在平面直角坐标系中，直线y =−12x +3与x 轴、y 轴相交于A 、B 两点，点C 在线段OA 上，将线段CB 绕着点C 顺时针旋转90°得到线段CD ，此时点D 恰好落在直线AB 上，过点D 作DE ⊥x 轴于点E ．（1）求证：△BOC ≌△CED ；（2）请直接写出点D 的坐标，并求出直线BC 的函数关系式；（3）若点P 是x 轴上的一个动点，点Q 是线段CB 上的点（不与点B 、C 重合），是否存在以C 、D 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的P 点坐标．若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用同角的余角相等可得出∠OBC ＝∠ECD ，由旋转的性质可得出BC ＝CD ，结合∠BOC ＝∠CED ＝90°即可证出△BOC ≌△CED （AAS ）；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点B 的坐标，设OC ＝m ，则点D 的坐标为（m +3，m ），利用一次函数图象上点的坐标特征可求出m 值，进而可得出点C ，D 的坐标，由点B ，C 的坐标，利用待定系数法可求出直线BC 的解析式；（3）设点Q （x ，﹣3x +3），由题意得DQ ∥PC ，DQ ＝PC ，则点Q 的纵坐标＝点D 的纵坐标＝1，求出x =23，则PC ＝DQ =103，设点P 的坐标为（a ，0），分两种情况，由平行四边形的性质得出方程，解方程即可．【解答】（1）证明：∵∠BOC ＝∠BCD ＝∠CED ＝90°， ∴∠OCB +∠OBC ＝90°，∠OCB +∠ECD ＝90°， ∴∠OBC ＝∠ECD ，∵将线段CB 绕着点C 顺时针旋转90°得到CD ， ∴BC ＝CD ，在△BOC 和△CED 中，{∠BOC =∠CED∠OBC =∠ECD BC =CD ，∴△BOC ≌△CED （AAS ）；（2）解：在y =−12x +3中，令x ＝0，则y ＝3；令y ＝0，则x ＝6，∴点B 的坐标为（0，3），点A 的坐标为（6，0），设OC ＝m ，由（1）得：△BOC ≌△CED ， ∴OC ＝ED ＝m ，BO ＝CE ＝3， ∴点D 的坐标为（m +3，m ）， ∵点D 在直线y =−12x +3上， ∴m =−12（m +3）+3，解得：m ＝1，∴点D 的坐标为（4，1），点C 的坐标为（1，0），设直线BC 的解析式为y ＝kx +b ，将B （0，3）、C （1，0）代入解析式得：{3=b0=k +b，解得：{k =−3b =3，∴直线BC 的解析式为y ＝﹣3x +3；（3）解：存在，理由如下：∵点Q 在线段CB 上，直线BC 的解析式为y ＝﹣3x +3， ∴设点Q （x ，﹣3x +3），∵点P 在x 轴上，以C 、D 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形， ∴DQ ∥PC ，DQ ＝PC ，∴点Q 的纵坐标＝点D 的纵坐标＝1， ∴﹣3x +3＝1，解得：x =23， ∴PC ＝DQ ＝4−23=103，设点P 的坐标为（a ，0），分两种情况： ①如图1所示：则1﹣a =103，解得：a =−73， ∴P （−73，0）；②如图2所示：则a ﹣1=103，则a =133，∴P （133，0）；综上所述，存在以C 、D 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，P 点坐标为（−73，0）或（133，0）．【点评】本题是一次函数综合题目，考查了待定系数法求一次函数的解析式、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、直角三角形的性质、平行四边形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质和平行四边形的性质，由待定系数法求出一次函数的解析式是解题的关键． 10．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知直线AB ：y =23x +4交x 轴于点A ，交y 轴于点B ．直线CD ：y =−13x ﹣1与直线AB 相交于点M ，交x 轴于点C ，交y 轴于点D ．（1）直接写出点B 和点D 的坐标．（2）若点P 是射线MD 的一个动点，设点P 的横坐标是x ，△PBM 的面积是S ，求S 与x 之间的函数关系，并指出x 的取值范围．（3）当S ＝10时，平面直角坐标系内是否存在点E ，使以点B ，E ，P ，M 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，共有几个这样的点？请求出其中一个点的坐标（写出求解过程）；若不存在，请说明理由．【分析】（1）令x ＝0和y ＝0，可求点A ，点B ，点C ，点D 坐标；（2）分当P 点在y 轴左侧和当P 点在y 轴右侧两种情况讨论，由三角形的面积公式可求解；（3）分三种情况讨论，由平行四边形的性质可求解．【解答】解：（1）∵直线AB ：y =23x +4交x 轴于点A ，交y 轴于点B ， ∴点A （﹣6，0），点B （0，4），∵直线CD ：y =−13x ﹣1交x 轴于点C ，交y 轴于点D ． ∴点C （﹣3，0），点 D （0，﹣1）；（2）∵直线CD ：y =−13x ﹣1与直线AB 相交于点M ，∴{y =23x +4y =−13x −1，解得：{x =−5y =23，∴M 点的坐标是(−5，23)，∵点B （0，4），点 D （0，﹣1）， ∴BD ＝5，∵点P 的横坐标是x ， ∴点P 坐标为（x ，−13x ﹣1），如图1，点P 当P 点在y 轴左侧时，∴△PBM的面积是S＝S△BMD﹣S△PBD=12×5×5−12×5×（﹣x）=252+52x；如图2，当P点在y轴右侧时，∴△PBM的面积是S＝S△BMD﹣S△PBD=12×5×5+12×5×（x）=252+52x；综上所述，所求的函数关系式是S=252+52x（x≥﹣5）；（3）存在，共有3个；当S＝10时，∴10=252+52x，∴x＝﹣1，∴P点为（﹣1，−23），设点E（a，b），若MB，MP为边时，∵四边形MPEB是平行四边形，∴BP与ME互相平分，∴−1+02=−5+a 2，−23+42=23+b 2， ∴a ＝4，b =83，∴E 点为（4，83）；若MB ，BP 为边，∵四边形BMEP 是平行四边形，∴MP 与BE 互相平分，∴−5−12=0+a 2，−23+232=4+b 2，∴a ＝﹣6，b ＝﹣4，∴E 点为（﹣6，﹣4）；若MP ，BP 为边，∵四边形EBPM 是平行四边形，∴BM 与PE 互相平分，∴−5+02=−1+a 2，4+232=−23+b 2∴a ＝﹣4，b =163，∴E 点为（﹣4，163）；综上所述：点E 的坐标为（4，83）或（﹣6，﹣4）或（﹣4，163）．【点评】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的性质，平行四边形的性质，中点坐标公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．11．如图所示，抛物线y ＝x 2﹣2x +c 的顶点A 在直线l ：y ＝x ﹣5上．（1）求抛物线顶点A 的坐标；（2）设抛物线与y 轴交于点B ，与x 轴交于点C 、D （C 点在D 点的左侧），判断△ABD 的形状，并说明理由；（3）将抛物线沿直线l 的方向平移，平移后抛物线的顶点为A ′，是否存在点A ′，使以点A ′、A 、B 、D 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求平移后所有满足条件的抛物线的函数表达式；若不存在，说明理由．【分析】（1）先求得抛物线的对称轴，从而得到点A的横坐标，然后可求得点A的纵坐标；（2）先求得点B、D的坐标，然后再依据两点间的距离公式求得BD、AB、AD的长，然后再依据勾股定理的逆定理进行判断即可；（3）首先证明BD∥l，则构成的平行四边形只能是A'ADB或A'ABD，则A'A＝BD＝3√2，设A'（x，x﹣5），最后，再依据两点间的距离公式列方程，可求A'的坐标，即可求解．=1，【解答】解（1）∵抛物线的对称轴为x=−b2a∴顶点A的横坐标为x＝1，∴点A的纵坐标为y＝1﹣5＝﹣4，∴A（1，﹣4）；（2）△ABD是直角三角形，理由如下：将A（1，﹣4）代入y＝x2﹣2x+c中，可得到1﹣2+c＝﹣4，解得：c＝﹣3，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，解得：x＝﹣1或x＝3，∴C（﹣1，0）、D（3，0）．∵BD2＝OB2+OD2＝18，AB2＝12+（﹣4+3）2＝2，AD2＝（3﹣1）2+42＝20，∴BD2+AB2＝AD2，∴∠ABD＝90°，即△ABD是直角三角形；（3）存在．由题意知：直线y＝x﹣5交y轴于点E（0，﹣5），交x轴于点F（5，0），∴OE＝OF＝5，又∵OB＝OD＝3，∴∠OEF＝∠OBD＝45°，∴BD∥l，即A'A∥BD，则构成平行四边形只能是A'ADB或A'ABD，∴AA'＝BD＝3√2，设A'（x，x﹣5），两点间的距离公式可得到（1﹣x）2+（1﹣x）2＝18，x2﹣2x﹣8＝0，解得：x＝﹣2或x＝4，∴点A'（﹣2，﹣7）或A'（4，﹣1）．∴存在点A'（﹣2，﹣7）或A'（4，﹣1）使得以点A'，A、B、D为顶点的四边形是平行四边形，∴平移后的抛物线的函数表达式为y＝（x+2）2﹣7或y＝（x﹣4）2﹣1．【点评】本题是二次函数的综合应用，考查了二次函数的性质，勾股定理以及勾股定理的逆定理，平行线四边形的性质，两点间的距离公式，熟练掌握相关知识是解题的关键．12．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，已知点A（﹣6，0）、D（﹣7，3），点B、C在第二象限内．（1）点B的坐标（﹣3，1）；（2）将正方形ABCD以每秒2个单位的速度沿x轴向右平移t秒，若存在某一时刻t，使在第一象限内点B、D两点的对应点B'、D'正好落在某反比例函数的图象上，请求出此时t的值以及这个反比例函数的解析式；（3）在（2）的情况下，问是否存在y轴上的点P和反比例函数图象上的点Q，使得以P、Q、B'、D'四个点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合题意的点P、Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先求出OA＝6，OG＝7，DG＝3，再判断出△DGA≌△AHB（AAS），得出DG＝AH＝3，BH ＝AG＝1，即可得出结论；（2）先根据运动表示出点B'，D'的坐标，进而求k，t，即可得出结论；（3）先求出点B'，D'的坐标，再分三种情况，利用平行四边形的对角线互相平分建立方程求解即可得出结论．【解答】解：（1）如图，过点B、D分别作BH⊥x轴、DG⊥x轴交于点H、G，∵点A（﹣6，0）、D（﹣7，3），∴OA＝6，OG＝7，DG＝3，∴AG＝OG﹣OA＝1，∵∠DAG+∠BAH＝90°，∠DAG+∠GDA＝90°，∴∠GDA＝∠BAH，又∠DGA＝∠AHB＝90°，AD＝AB，∴△DGA≌△AHB（AAS），∴DG＝AH＝3，BH＝AG＝1，∴点B坐标为（﹣3，1）；（2）由（1）知，B（﹣3，1），∵D（﹣7，3）∴运动t秒时，点D'（﹣7+2t，3）、B'（﹣3+2t，1），，设反比例函数解析式为y=kx∵点B'，D'在反比例函数图象上，∴k＝（﹣7+2t）×3＝（﹣3+2t）×1，，k＝6，∴t=92；∴反比例函数解析式为y=6x（3）存在，理由：由（2）知，点D'（﹣7+2t，3）、B'（﹣3+2t，1），t=9，2∴D'（2，3）、B'（6，1），由（2）知，反比例函数解析式为y=6，x），点P（0，s），设点Q（m，6m以P、Q、B'、D'四个点为顶点的四边形是平行四边形，∴①当PQ与B'D'是对角线时，∴12（0+m ）=12（2+6），12（s +6m ）=12（3+1）， ∴m ＝8，s =134， ∴Q （8，34），P （0，134），②当PB '与QD '是对角线时，∴12（0+6）=12（2+m ），12（s +1）=12（6m +3）， ∴m ＝4，s =72， ∴Q （4，32），P （0，72）．③当PD '与QB '是对角线时，∴12（0+2）=12（m +6），12（s +3）=12（6m +1），∴m ＝﹣4，s =−72， ∴Q （﹣4，−32），P （0，−72），综上：Q （8，34），P （0，134）或Q （4，32），P （0，72）或Q （﹣4，−32），P （0，−72）．【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，用分类讨论的思想和方程的思想解决问题是解本题的关键．。

专题21 直角三角形存在性问题巩固练习(提优)-冲刺2024年中考几何专项复习(原卷版)

直角三角形存在性问题巩固练习1．如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A（10，0），C（0，8），点P在边BC上以每秒1个单位长的速度由点C向点B运动，同时点Q在边AB上以每秒a个单位长的速度由点A向点B运动，运动时间为t秒（t＞0）．（1）若反比例函数y=m图象经过P点、Q点，求a的值；x（2）若OQ垂直平分AP，求a的值；（3）当Q点运动到AB中点时，是否存在a使△OPQ为直角三角形？若存在，求出a的值，若不存在请说明理由；2．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4（a≠0）与x轴交于A（4，0）、B（﹣1，0）两点，过点A的直线y＝﹣x+4交抛物线于点C．（1）求此抛物线的解析式；（2）在直线AC上有一动点E，当点E在某个位置时，使△BDE的周长最小，求此时E点坐标；（3）当动点E在直线AC与抛物线围成的封闭线A→C→B→D→A上运动时，是否存在使△BDE为直角三角形的情况，若存在，请直接写出符合要求的E点的坐标；若不存在，请说明理由．3．如图，平面直角坐标系中，点A是反比例函数y1=k（x＞0）的图象上一点，一次函数y2＝﹣x+2的图象x经过点A，交y轴于点B，△AOB的面积是3．（1）求点A的坐标及反比例函数解析式；（2）观察图象，当y1＞y2时，直接写出x的取值范围；（3）在y轴上是否存在点P，使△ABP为直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在请说明理由．(x−3)2−1的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，4．如图，二次函数y=12顶点为D．（1）求点A，B，D的坐标；（2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与该图象的对称轴交于点E，连接AE，AD，求∠DAE 的大小；（3）设点E关于点D的对称点为F，分别以E，F为圆心，1为半径作两个圆，该二次函数的图象上是否存在一点P，使得过P向两个圆各作一条切线PM，PN（M，N为切点），且PM，PN刚好可以作为一个斜边为4的直角三角形的两条直角边？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．5．如图所示，抛物线y＝x2+bx+c与直线y＝x﹣1交于A、B两点，点A的纵坐标为﹣4，点B在y轴上，直线AB与x轴交于点F，点P是线段AB下方的抛物线上一动点，横坐标为m，过点P作PC⊥x轴于C，交直线AB于D．（1）求抛物线的解析式；（2）当m为何值时，线段PD的长度取得最大值，其最大值是多少？（3）是否存在点P，使△P AD是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．6．如图1，一次函数y＝﹣x+10的图象交x轴于点A，交y轴于点B．以P（1，0）为圆心的⊙P与y轴相切，若点P以每秒2个单位的速度沿x轴向右平移，同时⊙P的半径以每秒增加1个单位的速度不断变大，设运动时间为t（s）（1）点A的坐标为，点B的坐标为，∠OAB＝°；（2）在运动过程中，点P的坐标为，⊙P的半径为（用含t的代数式表示）；（3）当⊙P与直线AB相交于点E、F时①如图2，求t=5时，弦EF的长；2②在运动过程中，是否存在以点P为直角顶点的Rt△PEF，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由（利用图1解题）．7．如图，A，B是直线y＝x+4与坐标轴的交点，直线y＝﹣2x+b过点B，与x轴交于点C．（1）求A，B，C三点的坐标；（2）点D是折线A﹣B﹣C上一动点．①当点D是AB的中点时，在x轴上找一点E，使ED+EB的和最小，用直尺和圆规画出点E的位置（保留作图痕迹，不要求写作法和证明），并求E点的坐标．②是否存在点D，使△ACD为直角三角形，若存在，直接写出D点的坐标；若不存在，请说明理由．8．如图，抛物线y＝（x﹣m）2+n的顶点P在直线y＝2x上，该抛物线与直线的另一个交点为A，与y轴的交点为Q．（1）当m＝n﹣1时，求m的值；（2）当AQ∥x轴时，试确定抛物线的解析式；（3）随着顶点P在直线y＝2x上的运动，是否存在直角△P AQ？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．9．如图，当x＝2时，抛物线y＝ax2+bx+c取得最小值﹣1，并且抛物线与y轴交于点C（0，3），与x轴交于点A、B．（1）直接写出抛物线的解析式；（2）若点M（x，y1），N（x+1，y2）都在该抛物线上，试比较y1与y2的大小；（3）D是线段AC的中点，E为线段AC上一动点（A、C两端点除外），过点E作y轴的平行线EF与抛物线交于点F．①设点E的横坐标为x，是否存在x，使线段EF最长？若存在，求出最长值；若不存在，请说明理由；②是否存在点E，使△DEF是直角三角形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．10．如图，已知平行四边形ABCD，AD⊥BD，AD=2√5，BD＝2AD，过D点作DE⊥AB于E，以DE为直角边作等腰直角三角形DEF，点F落在DC上，将△DEF在同一平面内沿直线DC翻折，所得的等腰直角三角形记为△PQR，点R与D重合，点Q与F重合，如图①，平行四边形ABCD保持不动，将△PQR沿折线D﹣B﹣C匀速平移，点R的移动的速度为每秒√5个单位，设运动时间为t，当R与C重合时停止运动．（1）当点Q落在BC边上时，求t的值；（2）记△PQR与△DBC的重叠部分的面积为S，直接写出S与t之间的函数关系式，并写出相应的t的取值范围；（3）当△PQR移动到R与B重合时，如图②，再将△PQR绕R点沿顺时针方向旋转α（0°≤α≤360°），得到△P1Q1R，若直线P1Q1与直线BC、直线DC分别相交于M、N，问在旋转的过程中是否存在△CMN为直角三角形，若存在，求出CN的长；若不存在，请说明理由．11．如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，OC＝2OB，tan∠ABC＝2，点B的坐标为（1，0）．抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点．（1）求抛物线的解析式；DE．（2）点P是直线AB上方抛物线上的一点，过点P作PD垂直x轴于点D，交线段AB于点E，使PE=12①求点P的坐标和△P AB的面积；②在直线PD上是否存在点M，使△ABM为直角三角形？若存在，直接写出符合条件的所有点M的坐标；若不存在，请说明理由．12．如图1，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，点C为x轴上一动点，且在点A右侧，连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，连接AD交BC于E．（1）①直接回答：△OBC与△ABD全等吗？②试说明：无论点C如何移动，AD始终与OB平行；（2）当点C运动到使AC2＝AE•AD时，如图2，经过O、B、C三点的抛物线为y1．试问：y1上是否存在动点P，使△BEP为直角三角形且BE为直角边？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由；（3）在（2）的条件下，将y1沿x轴翻折得y2，设y1与y2组成的图形为M，函数y=√3x+√3m的图象l 与M有公共点．试写出：l与M的公共点为3个时，m的取值．。

2021届新中考数学精品冲刺复习矩形、菱形、正方形

数学人教版
2021届新中考数学精品冲刺复习矩形、菱形、正方形
【例1】(2019·舟山)如图，在矩形ABCD中，点E，F在对角线BD上， BE＝DF.求证：AE＝CF.
证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝CD， ∴∠ABD＝∠BDC，又∵BE＝DF，∴△ABE≌△CDF(SAS)，∴AE＝CF.
(2)∵△BDE≌△FAE，∴AF＝BD， ∵D是线段BC的中点，∴BD＝CD，∴AF＝CD， ∵AF∥CD，∴四边形ADCF是平行四边形， ∵AB＝AC，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴四边形ADCF为矩形．
3．(2020Байду номын сангаас安徽)如图①，已知四边形 ABCD 是矩形，点 E 在 BA 的延长线上， AE＝AD.EC 与 BD 相交于点 G，与 AD 相交于点 F，AF＝AB. (1)求证：BD⊥EC； (2)若 AB＝1，求 AE 的长； (3)如图②，连接 AG.求证：EG－DG＝ 2 AG.
(3)证明：如解图，在线段 EG 上取点 P，使得 EP＝DG，在△AEP 与△ADG 中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG， ∴△AEP≌△ADG(SAS)，∴AP＝AG，∠EAP＝∠DAG， ∴∠PAG＝∠PAD＋∠DAG＝∠PAD＋∠EAP＝∠DAE＝90°， ∴△PAG 为等腰直角三角形，∴EG－DG＝EG－EP＝PG＝ 2 AG.
(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上， ∴∠EAF＝∠DAB＝90°，又AE＝AD，AF＝AB， ∴△AEF≌△ADB(SAS)，∴∠AEF＝∠ADB， ∴∠GEB＋∠GBE＝∠ADB＋∠ABD＝90°，即∠EGB＝90°，故BD⊥EC；
(2)解：由矩形的性质知 AE∥CD，∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF， ∴△AEF∽△DCF，∴DAEC ＝DAFF ，即 AE·DF＝AF·DC，设 AE＝AD＝a(a＞0)，则有 a·(a－1)＝1，化简得 a2－a－1＝0，解得 a＝1＋2 5 或1－2 5 (舍去)，∴AE＝1＋2 5 ；

2021年中考数学三轮专题冲刺：矩形、菱形(含答案)

2021中考数学三轮专题冲刺：矩形、菱形一、选择题1. 如图，菱形ABCD的周长为8 cm，高AE 长为cm，则对角线AC和BD长之比为()A.1∶2B.1∶3C.1∶D.1∶2. 如图所示，P是菱形ABCD的对角线AC上一动点，过P垂直于AC的直线交菱形ABCD的边于M、N两点，设AC＝2，BD＝1，AP＝x，△AMN的面积为y，则y关于x的函数图象的大致形状是()3. （2020·毕节）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F 分别是AO，AD的中点，连接EF，若AB＝6cm，BC＝8cm，则EF的长是（）A．2.2 cm B．2.3 cm C．2.4 cm D．2.5 cmFEODAB C4. 如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD交于点O.若增加一个条件，使▱ABCD成为菱形，下列给出的条件不正确．．．的是()A. AB＝ADB. AC⊥BDC. AC＝BDD. ∠BAC＝∠DAC5. （3分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AC＝8．BD ＝6，点E是CD上一点，连接OE，若OE＝CE，则OE的长是（）A．2 B．C．3 D．46. （2020·乐山）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，O是对角线BD的中点，过点O作OE⊥CD于E，连接OA，则四边形AOED的周长为（）A．9＋2 3 B．9＋ 3 C．7＋2 3 D．87. （2020·深圳）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K，FG交CD于点H．给出以下结论：①EF⊥BG；②GE＝GF；③△GDK和△GKH的面积相等；④当点F与点C重合时，∠DEF＝75°．其中正确．．的结论共有（）A．1个B．2个C．3个D．4个8. （2020·泰安）如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC 交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：①DN﹦BM；②EM∥FN；③AE﹦FC；④当AO ﹦AD时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个A BCDEFOMN二、填空题9. 如图，矩形ABCD的面积是15，边AB的长比AD的长大2，则AD的长是________．10. 如图，在菱形ABCD中，E、F分别是AD、BD的中点，若EF＝2，则菱形ABCD的周长为________．11. 把图①中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图②，图③所示的正方形，则图①中菱形的面积为.图K24-812. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，且AC＝8，BD＝6，则菱形ABCD的高DH＝________．13. 如图，菱形ABCD的面积为120 cm2，正方形AECF的面积为50 cm2，则菱形的边长为________cm.14. 如图，正方形ABCO 的顶点C ，A 分别在x 轴，y 轴上，BC 是菱形BDCE 的对角线，若∠D ＝60°，BC ＝2，则点D 的坐标是________．15. 如图，延长矩形ABCD 的边BC 至点E ，使CE ＝BD ，连接AE.如果∠ADB ＝30°，则∠E ＝________度.16. 如图，在矩形纸片ABCD 中，AB ＝6，BC ＝10.点E 在CD 上，将△BCE 沿BE 折叠，点C 恰落在边AD 上的点F 处；点G 在AF 上，将△ABG 沿BG 折叠，点A 恰落在线段BF 上的点H 处．有下列结论：①∠EBG ＝45°；②△DEF ∽△ABG ；③S △ABG ＝32S △FGH ；④AG ＋DF ＝FG . 其中正确的是______________．(把所有正确结论的序号都选上)三、解答题 17. 如图，在菱形ABCD 中，AC 为对角线，点E ，F 分别在AB ，AD 上，BE=DF ，连接EF . (1)求证:AC ⊥EF ;(2)延长EF 交CD 的延长线于点G ，连接BD 交AC 于点O ，若BD=4，tan G=，求AO 的长.18. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，∠ABC∶∠BAD＝1∶2，BE∥AC，CE∥BD.(1)求tan∠DBC的值；(2)求证：四边形OBEC是矩形．19. 如图，AB是☉O的直径，DO⊥AB于点O，连接DA交☉O于点C，过点C 作☉O的切线交DO于点E，连接BC交DO于点F.(1)求证:CE=EF.(2)连接AF并延长，交☉O于点G.填空:①当∠D的度数为时，四边形ECFG为菱形;②当∠D的度数为时，四边形ECOG为正方形.20. 如图，在菱形ABCD中，AB＝5，sin∠ABD＝55，点P是射线BC上一点，连接AP交菱形对角线BD于点E，连接EC.(1)求证：△ABE≌△CBE；(2)如图①，当点P在线段BC上时，且BP＝2，求△PEC的面积；(3)如图②，当点P在线段BC的延长线上时，若CE⊥EP，求线段BP的长．21. 如图，在▱ABCD中，对角线AC 与BD 相交于点O ，点E ，F 分别为OB ，OD的中点，延长AE 至G ，使EG=AE ，连接CG . (1)求证:△ABE ≌△CDF .(2)当AB 与AC 满足什么数量关系时，四边形EGCF 是矩形?请说明理由.2021中考数学三轮专题冲刺：矩形、菱形-答案一、选择题 1. 【答案】D [解析]由菱形ABCD 的周长为8 cm 得边长AB=2 cm .又高AE 长为cm ，所以∠ABC=60°，所以△ABC ，△ACD 均为正三角形，AC=2 cm ，BD=2AE=2 cm .故对角线AC 和BD 长之比为1∶，应选D .2. 【答案】C【解析】本题考查菱形的性质、相似三角形的性质、函数的图象和二次函数的图象和性质. 解题思路：设AC 、BD 交于点O ，由于点P 是菱形ABCD的对角线AC 上一动点，所以0＜x ＜2.当0＜x ＜1时，△AMN ∽△ABD ⇒APAO ＝MN BD ⇒x 1＝MN 1⇒MN ＝x ⇒y ＝12x 2.此二次函数的图象开口向上，对称轴是x ＝0，此时y 随x 的增大而增大. 所以B 和D 均不符合条件．当1＜x ＜2时，△CMN∽△CBD ⇒CP CO ＝MN BD ⇒2－x 1＝MN 1⇒MN ＝2－x ⇒y ＝12x(2－x)＝－12x 2＋x.此二次函数的图象开口向下，对称轴是x ＝1，此时y 随x 的增大而减小. 所以A 不符合条件．综上所述，只有C 是符合条件的．3. 【答案】D ，【解析】本题考查矩形的性质，三角形中位线定理．解：矩形ABCD 中，∵AB ＝6cm ，∴DC ＝6cm ，∵∠BCD ＝90°，BC ＝8cm ，∴BD ＝10．∵对角线AC ，BD 相交于点O ，∴OD ＝12BD ＝5．∵点E ，F 分别是AO ，AD的中点，∴EF ＝2.5．故选D ．4. 【答案】C 【解析】邻边相等的平行四边形是菱形，所以A 正确；对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以B 正确；对角线相等的平行四边形是矩形，所以C 错误；由∠BAC ＝∠DAC 可得对角线是角平分线，所以D 正确．5. 【答案】B【解析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OB ，OC ，AC ⊥BD ，然后利用勾股定理列式求出BC ，最后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解即可．∵菱形ABCD 的对角线AC 、BD 相交于点O ， ∴OB BD6＝3，OA ＝OCAC8＝4，AC ⊥BD ，由勾股定理得，BC 5，∴AD ＝5，∵OE ＝CE ， ∴∠DCA ＝∠EOC ， ∵四边形ABCD 是菱形，∴∠DCA ＝∠DAC ， ∴∠DAC ＝∠EOC ， ∴OE ∥AD ， ∵AO ＝OC ，∴OE 是△ADC 的中位线， ∴OEAD ＝2.5．6. 【答案】B【解析】由已知及菱形的性质求得∠ABD ＝∠CDB ＝30º，AO ⊥BD ，利用含30º的直角三角形边的关系分别求得AO 、DO 、OE 、DE ，进而求得四边形AOED 的周长．∵四边形ABCD 是菱形，O 是对角线AC 的中点，∴AO ⊥BD ，AD ＝AB ＝4，AB ∥DC ；∵∠BAD ＝120º，∴∠ABD ＝∠ADB ＝∠CDB ＝30º；∵OE ⊥DC ，∴在R t △AOD 中，AD ＝4，AO ＝12AD ＝2，DO ＝AD 2－AO 2＝23；在R t △DEO中，OE＝12OD＝3，DE＝AD2－AO2＝3，∴四边形AOED的周长为AO＋OE＋DE＋AD＝2＋3＋3＋4＝9＋3．7. 【答案】C【解析】由轴对称可知，B、G关于EF对称，EF垂直平分BG，故①正确；又由矩形ABCD知，AD∥BC，∴∠GEF＝∠BFE，连接BE，∠BEF＝∠GEF，∴∠BEF＝∠BFE，∴BE＝BF，而BE＝GE，BF＝GF，∴GE＝GF，故②正确；由BE＝GE＝BF＝GF知，四边形BEGF是菱形，∴GK平分∠DGH，而DG＜GH，∴DK≠KH，∴S△GDK≠S△GKH，故③错误；当点F与点C重合时，BF＝BC＝12，∴BE＝12，而AB＝6，∴∠AEB＝30°，∴∠GEF＝180°－∠AEB2＝75°，故④正确；因此本题选C．8. 【答案】D【解析】本题考查了矩形的性质、三角形全等的条件与性质、等边三角形的条件与性质、平行四边形的条件与性质以及菱形的判定方法，因为四边形ABCD是矩形，所以AB=CD，AD=BC，AD∥BC，所以∠DAN=∠BCM.因为BF⊥AC，DE∥BF，所以DE⊥AC，即∠AND=∠CMB=90°，所以△ADN≌△CBM，所以DN=BM，∠AND=∠CBM，则△ADE≌△CBF，所以AE=CF、DE=BF，所以NE=MF，即①②③都是正确的，由AE=CF、AB=CD，所以BE=DF，所以四边形AEBF是平行四边形. 因为四边形ABCD是矩形，所以AO=DO，因为当AO ﹦AD时，AO=DO=AO，所以△ADO是等边三角形，所以∠AND=∠BDE=30°，所以∠BDE=∠ABD=30°，所以DE=BE，所以四边形DEBF是菱形，则④也是正确的，因此本题选D．二、填空题9. 【答案】3【解析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用问题. 设AD＝x，由题知，AB＝x＋2，又∵矩形ABCD的面积为15，则x(x＋2)＝15，得到x2＋2x－15＝0，解得，x1＝－5(舍) , x2＝3，∴AD＝3.10. 【答案】16【解析】∵E，F分别是AD，BD的中点，∴AB＝2EF＝4，∴菱形ABCD周长是4AB＝16.11. 【答案】12[解析]设图①中小直角三角形的两直角边长分别为a，b(b>a)，则由图②，图③可列方程组解得所以菱形的面积S=×4×6=12.故答案为12.12. 【答案】4.8【解析】∵S菱形＝12AC·BD＝2AB·DH，∴AC·BD＝2AB·DH.∵四边形ABCD是菱形，∴∠AOB＝90°，AO＝12AC＝4，BO＝12BD＝3，∴在Rt△AOB中，AB＝42＋32＝5，∴DH＝8×62×5＝4.8.13. 【答案】13【解析】如解图，连接AC、BD交于O，则有12AC·BD＝120，∴AC·BD＝240，又∵菱形对角线互相垂直平分，∴2OA·2OB＝240，∴OA·OB ＝60，∵AE2＝50, OA2＋OE2＝AE2，OA＝OE，∴OA＝5，∴OB＝12，∴AB＝OA2＋OB2＝122＋52＝13.解图14. 【答案】(3＋2，1)【解析】如解图，过点D作DG⊥BC于G，DF⊥x轴于F，∵在菱形BDCE中，BD＝CD，∠BDC＝60°，∴△BCD是等边三角形，∴DF＝CG＝12BC＝1，CF＝DG＝3，∴OF＝3＋2，∴D(3＋2，1)．解图15. 【答案】15【解析】如解图，连接AC.∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AC＝BD，又∵AB＝BA，∴△DAB≌△CBA(SSS)，∴∠ACB＝∠ADB＝30°，∵CE＝BD，∴AC＝CE，∴∠E＝∠CAE＝12∠ACB＝15°.解图16. 【答案】①③④【解析】由折叠的性质得，∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，∴∠EBG＝∠FBE＋∠FBG＝12×90°＝45°，故①正确；由折叠的性质得，BF＝BC＝10，BA＝BH＝6，∴HF＝BF－BH＝4，AF＝BF2－BA2＝102－62＝8，设GH＝x，则GF＝8－x，在Rt△GHF中，x2＋42＝(8－x)2，∴x＝3，∴GF＝5，∴AG＝3，同理在Rt△FDE中，由FD2＝EF2－ED2，得ED＝83，EF＝103，∴EDFD＝43≠AB AG ＝2，∴△DEF 与△ABG 不相似，故②不正确；S △ABG ＝12×3×6＝9，S △FGH ＝12×3×4＝6，∴S △ABG S △FGH ＝96＝32，故③正确；∵AG ＝3，DF ＝AD －AF ＝2，∴FG＝5，∴AG ＋DF ＝FG ＝5，故④正确．综上，答案是①③④.三、解答题17. 【答案】解:(1)证明:∵四边形ABCD 为菱形， ∴AB=AD ，AC 平分∠BAD. ∵BE=DF ，∴AB -BE=AD -DF ， ∴AE=AF ，∴△AEF 是等腰三角形， ∵AC 平分∠BAD ，∴AC ⊥EF . (2)∵四边形ABCD 为菱形， ∴CG ∥AB ，BO=BD=2，易知EF ∥BD ，∴四边形EBDG 为平行四边形，∴∠G=∠ABD ，∴tan ∠ABD=tan ∠G=， ∴tan ∠ABD===， ∴AO=1.18. 【答案】(1)【思路分析】根据四边形ABCD 是菱形，∠ABC ∶∠BAD ＝1∶2，可求出∠DBC 的度数，其正切值可求出．解：∵四边形ABCD 是菱形，∴AD ∥BC ，∠DBC ＝12∠ABC ， ∴∠ABC ＋∠BAD ＝180°，又∵∠ABC ∶∠BAD ＝1∶2， ∴∠ABC ＝60°，(2分)∴∠DBC ＝12∠ABC ＝30°，∴tan ∠DBC ＝tan 30°＝33.(3分)(2)【思路分析】由BE ∥AC ，CE ∥BD 可知四边形BOCE 是平行四边形，再结合菱形对角线垂直的性质即可证明四边形BOCE 是矩形．证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴AC⊥BD，即∠BOC＝90°，(4分)∵BE∥AC，CE∥BD，∴BE∥OC，CE∥OB，∴四边形OBEC是平行四边形，且∠BOC＝90°，∴四边形OBEC是矩形．(5分)方法指导(1)要求一个角的正切值，可通过相关计算先求得角的度数，再求其正切值，这种情况往往所求角度为特殊值；或者将该角置于直角三角形中，通过求直角三角形边长来，求其正切值．(2)矩形的判定：①平行四边形＋有一个角是直角；②平行四边形＋对角线相等；③四边形的三个角是直角．19. 【答案】解:(1)证明:连接OC.∵CE是☉O的切线，∴OC⊥CE.∴∠FCO+∠ECF=90°.∵DO⊥AB，∴∠B+∠BFO=90°.∵∠CFE=∠BFO，∴∠B+∠CFE=90°.∵OC=OB，∴∠FCO=∠B.∴∠ECF=∠CFE.∴CE=EF.(2)∵AB是☉O的直径，∴∠ACB=90°.∴∠DCF=90°.∴∠DCE+∠ECF=90°，∠D+∠EFC=90°.由(1)得∠ECF=∠CFE，∴∠D=∠DCE.∴ED=EC.∴ED=EC=EF.即点E为线段DF的中点.①四边形ECFG 为菱形时，CF=CE.∵CE=EF ，∴CE=CF=EF .∴△CEF 为等边三角形.∴∠CFE=60°.∴∠D=30°.故填30°.②四边形ECOG 为正方形时，△ECO 为等腰直角三角形.∴∠CEF=45°.∵∠CEF=∠D +∠DCE ，∴∠D=∠DCE=22.5°.故填22.5°.20. 【答案】(1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ＝BC ，∠ABE ＝∠CBE .在△ABE 和△CBE 中，AB ＝BC ，∠ABE ＝∠CBE ，BE ＝BE ，∴△ABE ≌△CBE (SAS)；(2)解：如解图①，连接AC 交BD 于点O ，分别过点A 、E 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F ，解图①∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，∵AB ＝5，sin ∠ABD ＝55，∴AO ＝OC ＝5，∴BO ＝OD ＝25，∴AC ＝25，BD ＝45， ∵12AC ·BD ＝BC ·AH ，即12×25×45＝5AH ，∴AH ＝4，∵AD ∥BC ，∴△AED ∽△PEB ， ∴AE PE ＝AD BP ， ∴AE ＋PE PE ＝AD ＋BP BP ，即AP PE ＝5＋22＝72，∴AP ＝72PE ，又∵EF ∥AH ，∴△EFP ∽△AHP ，∴EF AH ＝PE AP ，∴EF ＝PE AP ·AH ＝PE 72PE ×4＝87， ∴S △PEC ＝12PC ·EF ＝12×(5－2)×87＝127；(3)解：如解图②，连接AC 交BD 于点O ，解图②∵△ABE ≌△CBE ，CE ⊥PE ，∴∠AEB ＝∠CEB ＝45°，∴AO ＝OE ＝5，∴DE ＝OD －OE ＝25－5＝5，BE ＝3 5. ∵AD ∥BP ，∴△ADE ∽△PBE ，∴AD BP ＝DE BE， ∴5BP ＝535， ∴BP ＝15.21. 【答案】解:(1)证明:∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AB=CD ，AB ∥CD ，OB=OD ，OA=OC ，∴∠ABE=∠CDF.∵点E，F分别为OB，OD的中点，∴BE=OB，DF=OD，∴BE=DF，在△ABE和△CDF中，∴△ABE≌△CDF(SAS).(2)当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形.理由如下: ∵AC=2OA，AC=2AB，∴AB=OA.∵E是OB的中点，∴AG⊥OB，∴∠OEG=90°，同理:CF⊥OD，∴AG∥CF，∴EG∥CF，∵EG=AE，OA=OC，∴OE是△ACG的中位线，∴OE∥CG，∴EF∥CG，∴四边形EGCF是平行四边形，∵∠OEG=90°，∴四边形EGCF是矩形.。

2021年中考数学复习专题-【矩形】解答题考点专练(二)(解析版)

2021年中考数学复习专题-【矩形】解答题考点专练（二）1．如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．2．已知：如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，E，F分别为垂足．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）求证：四边形AECF是矩形．3．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，AE∥BD．求证：四边形AODE是矩形．4．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，∠ABC：∠BAD＝1：2，BE∥AC，CE∥BD．（1）求tan∠DBC的值；（2）求证：四边形OBEC是矩形．5．如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO＝OC，BO＝OD，且∠AOB ＝2∠OAD．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）若∠AOB：∠ODC＝4：3，求∠ADO的度数．6．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E是CD中点，连接OE．过点C作CF∥BD交OE的延长线于点F，连接DF．求证：（1）△ODE≌△FCE；（2）四边形OCFD是矩形．7．如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O．过点C作BD的平行线，过点D作AC的平行线，两直线相交于点E．（1）求证：四边形OCED是矩形；（2）若CE＝1，DE＝2，则菱形ABCD的面积是．8．如图，点P在矩形ABCD的对角线AC上，且不与点A，C重合，过点P分别作边AB，AD的平行线，交两组对边于点E，F和G，H．（1）求证：△PHC≌△CFP；（2）证明四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形，并直接写出它们面积之间的关系．9．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，∠B＝30°，CE⊥AB，垂足为点E．若AD＝1，AB＝2，求CE的长．10．已知在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AD是BC边上的中线，四边形ADBE是平行四边形．（1）求证：四边形ADBE是矩形；（2）求矩形ADBE的面积．参考答案1．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，∴∠ABE＝∠CDF，∵点E，F分别为OB，OD的中点，∴BE＝OB，DF＝OD，∴BE＝DF，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS）；（2）解：当AC＝2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：∵AC＝2OA，AC＝2AB，∴AB＝OA，∵E是OB的中点，∴AG⊥OB，∴∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，∴AG∥CF，∴EG∥CF，由（1）得：△ABE≌△CDF，∴AE＝CF，∵EG＝AE，∴EG＝CF，∴四边形EGCF是平行四边形，∵∠OEG＝90°，∴四边形EGCF是矩形．2．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B＝∠D，AB＝CD，AD∥BC，∵AE⊥BC，CF⊥AD，∴∠AEB＝∠AEC＝∠CFD＝∠AFC＝90°，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS）；（2）证明：∵AD∥BC，∴∠EAF＝∠AEB＝90°，∴∠EAF＝∠AEC＝∠AFC＝90°，∴四边形AECF是矩形．3．证明：∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∴∠AOD＝90°，∵DE∥AC，AE∥BD，∴四边形AODE为平行四边形，∴四边形AODE是矩形．4．（1）解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∠DBC＝∠ABC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∵∠ABC：∠BAD＝1：2，∴∠ABC＝60°，∴∠DBC＝∠ABC＝30°，则tan∠DBC＝tan30°＝；（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即∠BOC＝90°，∵BE∥AC，CE∥BD，∴BE∥OC，CE∥OB，∴四边形OBEC是平行四边形，则四边形OBEC是矩形．5．（1）证明：∵AO＝OC，BO＝OD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵∠AOB＝∠DAO+∠ADO＝2∠OAD，∴∠DAO＝∠ADO，∴AO＝DO，∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠ABO＝∠CDO，∵∠AOB：∠ODC＝4：3，∴∠AOB：∠ABO＝4：3，∴∠BAO：∠AOB：∠ABO＝3：4：3，∴∠ABO＝54°，∵∠BAD＝90°，∴∠ADO＝90°﹣54°＝36°．6．证明：（1）∵CF∥BD，∴∠ODE＝∠FCE，∵E是CD中点，∴CE＝DE，在△ODE和△FCE中，，∴△ODE≌△FCE（ASA）；（2）∵△ODE≌△FCE，∴OD＝FC，∵CF∥BD，∴四边形OCFD是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠COD＝90°，∴四边形OCFD是矩形．7．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠COD＝90°．∵CE∥OD，DE∥OC，∴四边形OCED是平行四边形，又∠COD＝90°，∴平行四边形OCED是矩形；（2）由（1）知，平行四边形OCED是矩形，则CE＝OD＝1，DE＝OC＝2．∵四边形ABCD是菱形，∴AC＝2OC＝4，BD＝2OD＝2，∴菱形ABCD的面积为：AC•BD＝×4×2＝4．故答案是：4．8．证明：（1）∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，AD∥BC．∵PF∥AB，∴PF∥CD，∴∠CPF＝∠PCH．∵PH∥AD，∴PH∥BC，∴∠PCF＝∠CPH．在△PHC和△CFP中，，∴△PHC≌△CFP（ASA）．（2）∵四边形ABCD为矩形，∴∠D＝∠B＝90°．又∵EF∥AB∥CD，GH∥AD∥BC，∴四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形．∵EF∥AB，HG∥BC，四边形ABCD为矩形，∴四边形AEPG和四边形PHCF也是矩形，∴S△ACD＝S△ABC，S△PHC＝S△PCF，S△AEP＝S△APG，∴S△ACD﹣S△PHC﹣S△AEP＝S△ABC﹣S△PCF﹣S△APG，即S矩形DEPH＝S矩形PGBF．9．解：过点A作AH⊥BC于H，则AD＝HC＝1，在△ABH中，∠B＝30°，AB＝2，∴AH＝，∴EC＝＝2．10．解：（1）∵AB＝AC，AD是BC边上的中线，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∵四边形ADBE是平行四边形．∴平行四边形ADBE是矩形；（2）∵AB＝AC＝5，BC＝6，AD是BC的中线，∴BD＝DC＝6×＝3，在直角△ACD中，AD＝＝＝4，∴S矩形ADBE＝BD•AD＝3×4＝12．。

中考数学复习《矩形》专项提升训练(附答案)

中考数学复习《矩形》专项提升训练(附答案) 学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、选择题1.如图，将矩形ABCD沿AE折叠，若∠BAD′＝30°，则∠AED′等于( )A.30°B.45°C.60°D.75°2.矩形的对角线一定具有的性质是( )A.互相垂直B.互相垂直且相等C.相等D.互相垂直平分3.一个矩形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标为(﹣1，﹣1)，(﹣1，2)，(3，﹣1)，则第四个顶点的坐标为( )A.(2，2)B.(3，2)C.(3，3)D.(2，3)4.如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O.已知矩形ABCD的对角线AC＝8 cm，∠AOD＝120°，则AB的长为( )A. 3 cmB.2 cmC.2 3 cmD.4 cm5.如图，在宽为20m，长为30m的矩形地面上修建两条同样宽的道路，余下部分作为耕地.根据图中数据，计算耕地的面积为( )A.600m2B.551m2C.550m2D.500m26.如图，矩形ABCD中，E在AD上，EF⊥EC，EF＝EC，DE＝2，矩形周长为16，则AE长是( )A.3B.4C.5D.77.在数学活动课上，老师和同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是某合作学习小组的4位同学拟定的方案，其中正确的是( )A.测量对角线是否相互平分B.测量两组对边是否分别相等C.测量一组对角是否为直角D.测量四边形的其中三个角是否都为直角8.如图，已知▱ABCD的四个内角的角平分线分别交于E，F，G，H.试说明四边形EFGH 的形状是( ).A.平行四边形B.矩形C.任意四边形D.不能判断其形状9.已知,线段AB，BC，∠ABC＝90°.求作：矩形ABCD.以下是甲、乙两同学的作业：对于两人的作业，下列说法正确的是( )A.两人都对B.两人都不对C.甲对，乙不对D.甲不对，乙对)10.如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF 中点，连接PB，则PB的最小值是( )A.2B.4C. 2D.2 2二、填空题11.如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是AO、AD的中点，若AB＝6cm，BC＝8cm，则EF＝cm.12.如图，▱ABCD的顶点B在矩形AEFC的边EF上，点B与点E、F不重合，若△ACD 的面积为3，则图中阴影部分两个三角形的面积和为．13.如图，矩形ABCD沿AE折叠，使D点落在BC边上的F点处，如果∠BAF＝60°，则∠AEF＝______．14.如图，在四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为点O，E，F，G，H分别为边AD，AB，BC，CD的中点，若AC=8，BD=6，则四边形EFGH的面积为____.15.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，M为斜边AB上一动点，过M作MD⊥AC，过M作ME⊥CB于点E，则线段DE的最小值为．16.如图，矩形ABCD中，AB=7cm,BC=3cm,P、Q两点分别从A、B两点同时出发，沿矩形ABCD的边逆时针运动，速度均为1cm/s，当点P到达B点时两点同时停止运动，若PQ长度为5cm时，运动时间为s．三、解答题17.如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO＝CO，BO＝DO，且∠ABC＋∠ADC＝180°．(1)求证：四边形ABCD是矩形．(2)若∠ADF：∠FDC＝3：2，DF⊥AC，则∠BDF的度数是多少？18.如图，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝7，DF平分∠ADC，AF⊥EF.(1)求证：AF＝EF；(2)求EF长.19.如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8.将矩形ABCD沿CE折叠后，使点D恰好落在对角线AC上的点F处.(1)求EF的长；(2)求四边形ABCE的面积.20.如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF，连接EF、BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC．(1)求证：OE＝OF；(2)若BC＝23，求AB的长．21.如图所示，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交CE的延长线于F，且AF＝BD，连接BF.(1)求证：D是BC的中点；(2)若AB＝AC，试判断四边形AFBD的形状，并证明你的结论.22.如图，在平行四边形ABCD中，AB≠BC，连接AC，AE是∠BAD的平分线，交边DC的延长线于点F．(1)证明：CE＝CF；(2)若∠B＝60°，BC＝2AB，试判断四边形ABFC的形状，并说明理由．23.如图，在▱ABCD中，E是AD上一点，连接BE，F为BE中点，且AF＝BF(1)求证：四边形ABCD为矩形；＝5，CD＝4，求CG．(2)过点F作FG⊥BE，垂足为F，交BC于点G，若BE＝BC，S△BFG参考答案1.C2.C.3.B4.D.5.B.6.A7.D.8.B9.A10.D.11.答案为：2.5.12.答案为：3．13.答案为：75°.14.答案为：12；15.答案为：2.4.16.答案为: 3或717.证明：(1)∵AO＝CO，BO＝DO∴四边形ABCD是平行四边形∴∠ABC＝∠ADC∵∠ABC＋∠ADC＝180°∴∠ABC＝∠ADC＝90°∴四边形ABCD是矩形；(2)解：∵∠ADC＝90°，∠ADF：∠FDC＝3：2 ∴∠FDC＝36°∵DF⊥AC∴∠DCO＝90°﹣36°＝54°∵四边形ABCD是矩形∴OC＝OD∴∠ODC＝54°∴∠BDF＝∠ODC﹣∠FDC＝18°．18.证明：(1)∵四边形ABCD是矩形∴∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，AB＝DC＝7，BC＝AD＝12 ∴∠BAF＋∠AFB＝90°∵DF平分∠ADC∴∠ADF＝∠CDF＝45°∴△DCF是等腰直角三角形∴FC＝DC＝7∴AB＝FC∵AF⊥EF∴∠AFE＝90°∴∠AFB＋∠EFC＝90°∴∠BAF＝∠EFC在△ABF和△FCE中∠BAF＝∠EFC；AB＝FC；∠B＝∠C∴△ABF≌△FCE(ASA)∴EF＝AF；(2)解：BF＝BC﹣FC＝12﹣7＝5在Rt△ABF中，由勾股定理得：AF＝＝，则EF＝AF＝.19.解：(1)设EF＝x依题意知：△CDE≌△CFE∴DE＝EF＝x，CF＝CD＝6.∵在Rt△ACD中，AC＝10∴AF＝AC﹣CF＝4，AE＝AD﹣DE＝8﹣x.在Rt△AEF中，有AE2＝AF2＋EF2即(8﹣x)2＝42＋x2解得x＝3，即：EF＝3.(2)由(1)知：AE＝8﹣3＝5∴S＝(5＋8)×6÷2＝39.梯形ABCE20.证明：(1)在矩形ABCD中，AB∥CD∴∠BAC＝∠FCO在△AOE和△COF中∴△AOE≌△COF(AAS)∴OE＝OF；(2)解：如图，连接OB∵BE＝BF，OE＝OF∴BO⊥EF∴在Rt△BEO中，∠BEF＋∠ABO＝90°由直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半可知：OA＝OB＝OC ∴∠BAC＝∠ABO又∵∠BEF＝2∠BAC，即2∠BAC＋∠BAC＝90°，解得∠BAC＝30°∵BC＝2 3∴AC＝2BC＝4 3∴AB＝6．21.(1)证明：∵AF∥BC∴∠AFE＝∠DCE∵点E为AD的中点∴AE＝DE在△AEF和△DEC中∴△AEF≌△DEC(AAS)∴AF＝CD∵AF＝BD∴CD＝BD∴D是BC的中点；(2)若AB＝AC，则四边形AFBD是矩形.理由如下：∵△AEF≌△DEC∴AF＝CD∵AF＝BD∴CD＝BD；∵AF∥BD，AF＝BD∴四边形AFBD是平行四边形∵AB＝AC，BD＝CD∴∠ADB＝90°∴平行四边形AFBD是矩形.22.证明：(1)如图(1)∵AE是∠BAD的平分线∴∠BAF＝∠DAF∵在平行四边形ABCD中∴AB∥DF，AD∥BC∴∠BAF＝∠F，∠DAF＝∠CEF∴∠F＝∠DAF＝∠CEF∴CE＝FC；(2)解：四边形ABFC是矩形理由：如图(2)，∵∠B＝60°，AD∥BC∴∠BAC＝120°∵∠BAF＝∠DAF∴∠BAF＝60°，则△ABE是等边三角形可得AB＝BE＝AE，∠BEA＝∠AFC＝60°∵BC＝2AB∴AE＝BE＝EC∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°在△ABE和△FCE中∵∴△ABE≌△FCE(ASA)∴AB＝FC又∵AB∥FC∴四边形ABFC是平行四边形再由∠BAC＝90°，故四边形ABFC是矩形．23.证明：(1)∵F为BE中点，AF＝BF∴AF＝BF＝EF∴∠BAF＝∠ABF，∠FAE＝∠AEF在△ABE中，∠BAF＋∠ABF＋∠FAE＋∠AEF＝180°∴∠BAF＋∠FAE＝90°又四边形ABCD为平行四边形∴四边形ABCD为矩形.(2)解：连接EG，过点E作EH⊥BC，垂足为H∵F为BE的中点，FG⊥BE∴BG＝GE＝5，CD＝4∵S△BFG＝10＝0.5BGEH∴S△BGE∴BG＝GE＝5在Rt△EGH中，GH＝3在Rt△BEH中，BE＝45＝BC∴CG＝BC﹣BG＝45﹣5．第11 页共11 页。

专题23 矩形存在性问题巩固练习(基础)-冲刺2021年中考几何专项复习(解析版)

矩形存在性问题巩固练习1．如图，抛物线y =−13x 2+43x +1与y 轴交于点A ，对称轴交x 轴于点B ，连AB ，点P 在y 轴上，点Q 在抛物线上，是否存在点P 和Q ，使四边形ABPQ 为矩形？若存在，求点Q 的坐标．【分析】先令x ＝0，求出y 的值得到AO 的长度，根据对称轴解析式求出OB 的长度，根据矩形的四个角都是直角可得∠ABP ＝90°，然后求出∠BAO ＝∠PBO ，从而得到△AOB 和△BOP 相似，利用相似三角形对应边成比例求出OP 的长度，再根据矩形的对称性求出矩形的中心C 的坐标，然后求出点Q 的坐标，再根据二次函数图象上点的坐标特征把点Q 的坐标代入抛物线解析式进行验证即可．【解答】解：存在点P 和点Q ，使四边形ABPQ 为矩形，理由如下：令x ＝0，则y ＝1，∴AO ＝1，∵抛物线对称轴为直线x =−432×(−13)=2，∴OB ＝2，∵四边形ABPQ 为矩形，∴∠ABO +∠PBO ＝∠ABP ＝90°，∵∠BAO +∠ABO ＝90°，∴∠BAO ＝∠PBO ，又∵∠AOB ＝∠BOP ＝90°，∴△AOB ∽△BOP ，∴AO OB =OB OP ，即12=2OP ，解得OP ＝4，∴点P 的坐标为（0，﹣4），∴AP 的中点，即矩形的中心C 的坐标是（0，﹣1.5），设点Q （x ，y ），则x+22=0，y+02=−1.5，解得x ＝﹣2，y ＝﹣3，∴点Q 的坐标为（﹣2，﹣3），当x ＝﹣2时，y =−13×（﹣2）2+43×（﹣2）+1=−43−83+1＝﹣4+1＝﹣3，∴点Q 在抛物线y =−13x 2+43x +1上，故存在点Q （﹣2，﹣3），使四边形ABPQ 为矩形，点Q 的坐标为（﹣2，﹣3）．【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，中心对称的点的坐标求出以及二次函数图象上点的坐标特征，利用中心对称求出点Q 的坐标是解题的关键．2．在平面直角坐标系中，∠ACO ＝90°．把AO 绕O 点顺时针旋转90°得OB ，连接AB ，作BD ⊥x 轴于D ，点A 的坐标为（﹣3，1）．（1）求直线AB 的解析式；（2）若AB 中点为M ，连接CM ，点P 是射线CM 上的动点，过点P 作x 轴的垂线交x 轴于点Q ，设点P 的横坐标为t ，△PQO 的面积为S （S ≠0），求S 与t 的函数关系式，并直接写出自变量t 的取值范围；（3）在（2）的条件下，动点P 在运动过程中，是否存在P 点，使以P 、O 、B 、N （N 为平面上一点）为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先证明△AOC ≌△OBD ，得出AC ＝OD ＝1，OC ＝BD ＝3，B （1，3），设直线AB 的解析式为：y ＝kx +b ，把点A （﹣3，1），B （1，3）代入得出方程组，解方程组求出k 、b ，即可得出直线AB 的解析式；（2）先求出M 的坐标，再求出直线CM 的解析式，得出P 的坐标，即可得出S 与t 的函数关系式以及t 的取值范围；（3）分两种情况：①点P 为直线OA 与CM 的交点时，由直线OA 和CM 的解析式组成方程组，解方程组即可求出P 的坐标；②作BP ⊥OB 交CM 于P ，求出直线BP 的解析式，再求出直线BP 与CM 的交点坐标即可．【解答】解：（1）根据题意得：OA ＝OB ，∠AOB ＝90°，OC ＝3，AC ＝1，C （﹣3，0），∴∠AOC +∠BOD ＝90°，∵BD ⊥x 轴于D ，∴∠BDO ＝90°，∴∠OBD +∠BOD ＝90°，∴∠AOC ＝∠BOD ，在△AOC 和△OBD 中，{∠ACO =∠BDO =90°∠AOC =∠BOD OA =OB，∴△AOC ≌△OBD （AAS ），∴AC ＝OD ＝1，OC ＝BD ＝3，∴B （1，3），设直线AB 的解析式为：y ＝kx +b ，把点A （﹣3，1），B （1，3）代入得：{−3k +b =1k +b =1，解得：k =12，b =52，∴直线AB 的解析式为：y =12x +52；（2）∵M 是AB 的中点，A （﹣3，1），B （1，3），∴M （﹣1，2），设直线CM 的解析式为：y ＝ax +c ，把点C （﹣3，0），M （﹣1，2）代入得：{−3a +c =0−a +c =2，解得：a ＝1，c ＝3，∴直线CM 的解析式为：y ＝x +3，设P 的坐标为（t ，t +3），则△PQO 的面积S =12×t ×（t +3）=12t 2+32t ，∵点P 是射线CM 上的动点，∴t ≥﹣3，∴S =12t 2+32t （t ≥﹣3）；（3）存在，点P 坐标为（−94，34），或（14，134）；理由如下：分两种情况讨论：①点P 为直线OA 与CM 的交点时；∵A （﹣3，1），∴直线OA 的解析式为：y =−13x ，解方程组{y =−13x y =x +3 得：{x =−94y =34， ∴P （−94，34）； ②作BP ⊥OB 交CM 于P ，如图所示：则∠OBP ＝90°，∵∠AOB ＝90°，∴BP ∥OA ，设直线BP 的解析式为：y =−13x +b ，把点B （1，3）代入得：b =103，∴直线BP 的解析式为：y =−13x +103，解方程组{y =x +3y =−13x +103 得：{x =14y =134， ∴P （14，134）；③当∠OPB ＝90°时，易知P （﹣1，2）或（0，3），都符合题意；综上所述：存在P 点，使以P 、O 、B 、N （N 为平面上一点）为顶点的四边形是矩形，点P 坐标为P （−94，34），或（14，134）或（﹣1，2）或（0，3）．【点评】本题是一次函数综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、用待定系数法求一次函数的解析式、二元一次方程组的解法等知识，本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要通过分类讨论，求出两条直线的交点才能得出结果．3．已知在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A、B、C的坐标分别为（﹣1，0）（3，0）（0，√3），将直线AC绕原点O顺时针旋转180°成为直线l．（1）求直线l的解析式；（2）设直线l交y轴于点D，动点P从点D出发以每秒1个单位速度沿直线l向斜上方运动．点P运动的时间为t秒，连接PO、PB，设△POB的面积为S，求S与t的函数关系式，并求出自变量t的取值范围；（3）在（2）的条件下，过点B作EB⊥AB，EB交直线l于点E，在点P出发时，点Q也从点E同时出发，沿直线l向斜下方匀速运动，点Q运动的速度大于点P运动的速度，则在直线l上是否存在这样P、Q两点，使P、Q两点与A、B、C三点中的两点为顶点的四边形为矩形（非正方形）？若存在，请求出点Q的运动速度；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求得A和C关于原点O的对称点的坐标，利用待定系数法即可求解；（2）分P在线段DF上和在DF的延长线上两种情况进行讨论，求得P的纵坐标，利用三角形的面积公式求解；（3）首先证明△ABC是直角三角形，则AD⊥BD，过A作AN⊥DF于点N，BC与DF相交于点M，则P、Q只能是D或M或N中的点，然后进行讨论即可．【解答】解：（1）A 和C 关于O 的对称点分别是（1，0）和（0，−√3），设直线l 的解析式是y ＝kx +b ，则{k +b =0b =−√3，解得：{k =√3b =−√3，则直线l 的解析式是：y =√3x −√3；（2）D 的坐标是（0，−√3），设直线l 与x 轴的交点是F ，则F 的坐标是（1，0），则DF =√(√3)2+12=2，sin ∠ODF =12，则∠ODF ＝30°，当P 在线段DF 上时，即0≤t ＜2时，DG ＝DP •cos ∠ODF =√32t ，则OG =√3−√32t ，则S =12OB •OG =12×3×（√3−√32t ）=−3√32t +3√32；当P 在DP 的延长线上时，即t ＞2时，PF ＝t ﹣2，则P 到x 轴的距离是：PF •sin60°=√32（t ﹣2），则S =12×3×√32（t ﹣2）=3√34t −3√32；（3）在y =√3x −√3中，令x ＝3，则y ＝3√3−√3=2√3，则E 的坐标是（3，2√3）．∵A 、B 、C 的坐标分别为（﹣1，0）（3，0）（0，√3），∴AC =√12+(√3)2=2，BC =√(√3)2+32=2√3，AB ＝4，∴△ABC 是直角三角形，∠ACB ＝90°，∠ACO ＝30°，∠CAO ＝60°，又∵DF 与AC 关于原点O 对称，∴∠ADB ＝90°，∠OAD ＝60°，∠ADO ＝30°，①Q 在D 点，P 在Q 关于F 对称点时，AQBP 时矩形，则P 运动的时间是4秒，Q 运动的距离是DE =√32+(2√3+√3)2=6，则Q 运动的速度是32单位长度/秒； ②过A 作AN ⊥DF 于点N ，BC 与DF 相交于点M ．∵l 与AC 关于O 对称，∴BC ⊥DF ，在直角△BMF 中，BF ＝2，则MF ＝2×sin30°＝1，在直角△ANF 中，AF ＝2，NF ＝AF •sin30°＝1，则当P 到N 时，Q 到M 时，四边形APQC 是矩形，则DN ＝2﹣1＝1，则t ＝1，Q 运动的距离是ME ＝2√3×cos30°＝2√3×√32=3，则Q 运动的速度是3单位长度/秒；当P 到M ，Q 到N 时，四边形AQNC 是矩形，DP ＝DM ＝3，则t ＝3，Q 运动的距离是EN ＝EF +NF =√22+(2√3)2+1＝5，则速度是53单位长度/秒．总之，Q 的速度是32单位长度/秒或3单位长度/秒或53单位长度/秒．【点评】本题是待定系数法求函数解析式，中心对称的性质以及三角函数的综合应用，正确确定P 、Q 能取得的点的位置是关键．4．如图，在平面直角坐标系中，直线AB 与x 轴、y 轴分别交于点A （6，0），B （0，8）点C 的坐标为（0，m ），过点C 作CE ∥x 轴，交AB 于点E ，点D 为x 轴上的一动点，连结CD ，DE ，以CD ，DE 为边作▱CDEF ．点D 在整个运动过程中，若存在唯一的位置，使得▱CDEF 为矩形，请求出所有满足条件的m 的值．【分析】使得▱CDEF 为矩形，则∠CDE ＝90°，故以CE 为直径作圆，与x 轴相切即可．【解答】解：设直线AB 的解析式为y ＝kx +b ，∵直线AB 与x 轴、y 轴分别交于点A （6，0），B （0，8），∴{6k +b =0b =8，解得{k =−43b =8， ∵直线AB 的解析式为y =−43x +8，∵点C 的坐标为（0，m ），过点C 作CE ∥x 轴，∴E （34（8﹣m ），m ），使得▱CDEF 为矩形，则以CE 为直径作圆，与x 轴相切．取CE 的中点P ，过P 作PG ⊥x 轴于点G ．则PG =12CE =38（8﹣m ），∴|38（8﹣m ）|＝m 解得m =2411或m =−245． ∴所有满足条件的m 的值为2411或−245．【点评】本题考查了矩形的判定，待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，得出P 点的坐标是解题的关键．5．如图，在平面直角坐标系中，点A ，B 的坐标分别是（﹣5，0），（0，5），动点P 从点O 出发，沿x 轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C 从点B 出发，沿射线BO 方向以每秒1个单位的速度运动，以CP ，CO 为邻边构造平行四边形PCOD ．在线段OP 延长线上一动点E ，且满足PE ＝AO ．（1）当点C 在线段OB 上运动时，求证：四边形ADEC 为平行四边形；（2）点P 在运动过程中，是否存在某个时刻t （秒），使得四边形ADEC 是矩形？若存在，求t 的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）连接CD交AE于F，根据平行四边形的性质得到CF＝DP，OF＝PF，根据题意得到AF＝EF，又CF＝DP，根据平行四边形的判定定理证明即可；（2）当四边形ADEC是矩形时，∠ACE＝90°，根据相似三角形的性质列方程即可得到结论．【解答】（1）证明：连接CD交AE于F，∵四边形PCOD是平行四边形，∴CF＝DF，OF＝PF，∵PE＝AO，∴AF＝EF，又CF＝DF，∴四边形ADEC为平行四边形；（2）存在，理由：当四边形ADEC是矩形时，∠ACE＝90°，∵OC⊥AE，∴△ACO∽△CEO，∴AOOC =OCOE，∵点A，B的坐标分别是（﹣5，0），（0，5），∴OA＝OB＝5，OC＝5﹣t，OE＝5+t，∴55−t =5−t5+t，解得：t＝0或t＝15，∴当t＝0或t＝15时，四边形ADEC是矩形．【点评】本题考查的是坐标和图形、平行四边形的判定和性质、二次函数解析式的求法、锐角三角函数知识的综合运用，正确运用分情况讨论思想和数形结合思想是解题的关键．6．已知二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a为常数，a＞0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧）．与y轴交于点C，点F是对称轴上的点，在抛物线上是否存在点G，使四边形BCGF为矩形？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】设对称轴交x轴于D，过G点作GH⊥对称轴于H，易证得易证得△BDF∽△COB，△FHG≌△COB，根据三角形相似的性质得出G的纵坐标为2a−3a，根据全等三角形的性质得出G（﹣2，5a），解2 a −3a＝5a，求得a的值，从而求得G的坐标为（﹣2，52）．【解答】解：存在点G，使四边形BCGF为矩形，设对称轴交x轴于D，过G点作GH⊥对称轴于H，由二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a为常数，a＞0）可知C（0，﹣3a），∴OC＝3a，令y＝0，则ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得x1＝3，x2＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（3，0），∴OB＝3，对称轴为直线x=−1+32=1，∴OD＝1，∴BD ＝2，∵四边形BCGF 为矩形，∴∠CBF ＝90°，∵∠FBD +∠CBO ＝∠OCB +∠CBO ＝90°，∴∠FDB ＝∠OCB ，∵∠FDB ＝∠BOC ＝90°，∴△BDF ∽△COB ，∴DF OB =BD OC ，即DF 3=23a ，∴DF =2a ，∵四边形BCGF 为矩形，∴BC ＝FG ，∠GFB ＝∠FBC ＝90°，∴∠FGH +∠GFH ＝∠GFH +∠BFD ＝∠BFD +∠FBD ＝∠FBD +∠CBO ＝∠CBO +∠OCB ＝90°， ∴∠FGH ＝∠CBO ，∠GFH ＝∠OCB ，在△FHG 和△COB 中{∠FGH =∠CBOFG =BC ∠GFH =∠OCB∴△FHG ≌△COB （ASA ），∴GH ＝OB ＝3，FH ＝OC ＝3a ，∴DH =2a −3a ，G 点的横坐标为﹣2，把x ＝﹣2代入y ＝ax 2﹣2ax ﹣3a （a 为常数，a ＞0）得，y ＝5a ，∴5a =2a −3a ，解得a =12或a =−12（舍去），∴G （﹣2，52）．【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，三角形相似、三角形全等的性质，数形结合是解题的关键．7．如图，已知抛物线C1：y＝﹣x2+4，将抛物线C1沿x轴翻折，得到抛物线C2（1）求出抛物线C2的函数表达式；（2）现将抛物线C1向左平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为M，与x轴的交点从左到右依次为A，B；将抛物线C2向右也平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为N，与x轴交点从左到右依次为D，E．在平移过程中，是否存在以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形的情形？若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）抛物线翻折前后顶点关于x轴对称，a互为相反数；（2）连接AN，NE，EM，MA，M，N关于原点O对称OM＝ON，A，E关于原点O对称OA＝OE，判断四边形ANEM为平行四边形；若AM2+ME2＝AE2，解得m＝3，即可求解；【解答】解：（1）∵抛物线C1的顶点为（0，4），∴沿x轴翻折后顶点的坐标为（0．﹣4），∴抛物线C2的函数表达式为y＝x2﹣4；（2）存在连接AN，NE，EM，MA，依题意可得：M（﹣m，4），N（m，﹣4），∴M，N关于原点O对称，∴OM＝ON，原C1、C2抛物线与x轴的两个交点分别（﹣2，0），（2，0），∴A（﹣2﹣m，0），E（2+m，0），∴A，E关于原点O对称，∴OA＝OE∴四边形ANEM为平行四边形，∴AM2＝22+42＝20，ME2＝（2+m+m）2+42＝4m2+8m+20，AE2＝（2+m+2+m）2＝4m2+16m+16，若AM2+ME2＝AE2，则20+4m2+8m+20＝4m2+16m+16，解得m＝3，此时△AME是直角三角形，且∠AME＝90°，∴当m＝3时，以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形．【点评】本题考查二次函数关于x轴对称，平行四边形的判定，矩形的性质．找准二次函数图象变化后对应的点是解决翻折后函数图象的关键；能够在平面直角坐标系中，通过坐标点的特点判定平行四边形，利用勾股定理判定矩形是解决本题的关键．8．如图（a），在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝1，现以AB所在直线为对称轴，△ABC经轴对称变换后的图形为△DEF．（1）求四边形ACBF的面积；（2）如图（b），若△ABC和△DEF从初始位置（如图（a）所示）在射线AB上沿AB方向同时开始平移，△ABC的运动速度是每秒2个单位，△DEF的运动速度是每秒1个单位，设运动时间为t秒．①当0＜t＜√5时，求线段AE的长度（用含t的代数式表示）；②当△AEF是等腰三角形时，求t的值；（3）在第（2）题的图形运动过程中，是否存在一点A、C、B、F组成的四边形为矩形？若存在，请直接写出此时t的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由题意可知：△DEF是由△ABC翻折所得，所以四边形ACBF的面积就是两个△ABC的面积；（2）①根据AE＝DE+A′D﹣A′A代入可得结果；②当0＜t＜√5时，分三种情况：任意两边相等时，找一等量关系列方程可得t的值，当t＞√5时，如图（d），因为∠AEF是钝角，所以△AEF是等腰三角形时只存在一种情况：根据EF＝AE列方程可得结论；．（3）当四边形ACBF是矩形时，AF＝BC＝EF＝1，由（2）得：此时t=3√55AC×BC＝2×1＝2；【解答】解：（1）如图（a），由题意得：S四边形ACBF＝2S△ABC＝2×12（2）①由勾股定理得：AB=√22+12=√5，设点A的起点为A′，则AE＝DE+A′D﹣A′A=√5+t﹣2t=√5−t；②当0＜t＜√5时，分三种情况：i）AE＝EF时，即√5−t＝1，t=√5−1；ii）AE＝AF时，∴∠AFE＝∠AEF，∴∠ADF＝∠AFD，∴AD＝AF，∴√5−t＝t，t=√52；iii）AF＝EF时，如图（c），过F作FG⊥AE于G，则AG＝EG，tan∠FEG=FGEG =DFEF=2，设FG＝2x，EG＝x，由勾股定理得：（2x）2+x2＝12，x=±√55，∴AE＝2EG=2√55，∴√5−t=2√55，∴t=3√55，当t＞√5时，如图（d），AE＝AA′﹣A′D﹣DE＝2t﹣t−√5=t−√5，当EF＝AE时，△AEF是等腰三角形，即t −√5=1，t =√5+1；综上所述，当△AEF 是等腰三角形时，t 的值是√5−1或√52或3√55或√5+1；（3）存在，如图1，当四边形ACBF 是矩形时，AF ＝BC ＝1，∴AF ＝EF ＝1由（2）得：此时t =3√55； ∴点A 、C 、B 、F 组成的四边形为矩形时，t =3√55．【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定、矩形的性质和判定、勾股定理、等腰三角形定义等知识，解题的关键是正确画出图形，学会分类讨论，属于中考压轴题．9．如图，已知二次函数y ＝﹣x 2+4mx ﹣4m 2+m +1的顶点为B ，点A ，C 的坐标分别是A （0，﹣2），C （8，2），以AC 为对角线作▱ABCD ．（1）点B 在某个函数的图象上运动，求这个函数的表达式；（2）若点D 也在二次函数y ＝﹣x 2+4mx ﹣4m 2+m +1的图象上，求m 的值；（3）是否存在矩形ABCD ，使顶点B ，D 都在二次函数y ＝﹣n （x ﹣2m ）2+m +1的图象上？若存在，请求出n m 的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把二次函数的解析式化成顶点式，得出顶点B 的坐标，再根据坐标特点写出函数解析式便可；（2）由平移的性质，用m表示D点的坐标，再将D点坐标代入二次函数的解析式，得到m的方程，解方程便可求得m的值；（3）根据平行四边形ABCD是矩形，得∠BAD＝90°，由勾股定理列出m的方程求得m的值，再根据顶点B，D都在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上，求得m、n的关系，进而求得n的值，便可求得结果．【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1＝﹣（x﹣2m）2+m+1，∴B（2m，m+1），×2m+1，∵m+1=12x+1上，∴点B（2m，m+1）在函数y=12x+1；∴所求函数的表达式为y=12（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB＝DC，∴将AB沿BC方向平移可得DC，∵点A，C的坐标分别是A（0，﹣2），C（8，2），B（2m，m+1），∴D（8﹣2m，﹣m﹣1），把D（8﹣2m，﹣m﹣1）代入y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1中，得﹣m﹣1＝﹣（8﹣2m）2+4m（8﹣2m）﹣4m2+m+1，化简为：8m2﹣33m+31＝0，；解得，m=33±√9716（3）∵平行四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∴AB2+AD2＝BD2，（2m）2+（m+3）2+（8﹣2m）2+（﹣m+1）2＝（8﹣4m）2+（2m+2）2，化简得，5m2﹣14m﹣3＝0，，解得，m＝3，或m=−15∵D点在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上，∴﹣m﹣1＝﹣n（8﹣4m）2+m+1，∴n =m+18(2−m)2，当m ＝3时，n =12，此时n m=16，当m =−15时，n =5242，此时n m =−25242．故存在矩形ABCD ，使顶点B ，D 都在二次函数y ＝﹣n （x ﹣2m ）2+m +1的图象上，其n m 的值为16或−25242．【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，平行四边形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，第（1）题关键是找出B 点横纵坐标的关系，第（2）题关键是根据平移性质用m 表示D 点的坐标，第（3）题关键是由D 点坐标求出m 的值和m 与n 的关系．非常规思想解题，难度大．10．如图，点O 是平行四边形ABCD 的对称中心，将直线DB 绕点O 顺时针方向旋转，交DC 、AB 于点E 、F ．（1）证明：△DEO ≌△BFO ；（2）若DB ＝2，AD ＝1，AB =√5．①当DB 绕点O 顺时针方向旋转45°时，判断四边形AECF 的形状，并说明理由；②在直线DB 绕点O 顺时针方向旋转的过程中，是否存在矩形DEBF ，若存在，请求出相应的旋转角度（结果精确到1°）；若不存在，请说明理由．【分析】（1）要证三角形全等，必须找到三个条件证明其全等．（2）首先要判断四边形是什么形状，然后根据题意首先证明△OAD 是等腰直角三角形，然后证明OE ＝OF ．【解答】（1）证明：在平行四边形ABCD 中，CD ∥AB ，∴∠CDO ＝∠ABO ，∠DEO ＝∠BFO ．又∵点O 是平行四边形的对称中心，∴OD ＝OB ．∴△DEO ≌△BFO ．（2）解：①四边形AECF 是菱形．理由如下：在△ABD中，DB＝2，AD＝1，AB=√5，∴DB2+AD2＝AB2．∴△ABD是直角三角形，且∠ADB＝90°∵OD＝OB=12DB＝1，∴AD＝OD＝1．∴△OAD是等腰直角三角形，∴∠AOD＝45°．当直线DB绕点O顺时针旋转45°时，即∠DOE＝45°，∴∠AOE＝90°∵△DEO≌△BFO，∴OE＝OF又∵点O是平行四边形的对称中心，∴OA＝OC∴四边形AECF是平行四边形∴四边形AECF是菱形．②当四边形DEBF是矩形时，则有∠DFB＝∠FDE＝90°，OD＝OE又∵∠ADB＝90°∴有∠ADF＝∠ODE＝∠DEO∵S△ABD=12AD⋅BD=12AB⋅DF∴DF=AD⋅BDAB =√5=2√55在Rt△ADF中，cos∠ADF=DFAD =DF=2√55∴∠ADF≈26.6°∴∠ODE＝∠DEO＝∠ADF＝26.6°∴∠DOE＝180°﹣∠OED﹣∠ODE＝180°﹣26.6°﹣26.6°＝126.8°≈127°即当直线DB绕点O约顺时针旋转127°时，四边形CDBE是矩形．【点评】本题是一道综合型试题，比较难，证明三角形全等必须要找出三个条件相等，按照判定四边形形状的定义证明该四边形为何形状．(x−m)2+n（m＞0）的顶点为A，与y轴相交于点B，抛物线C2：11．已知：如图1，抛物线C1：y=13(x+m)2−n的顶点为C，并与y轴相交于点D，其中点A、B、C、D中的任意三点都不在同一y=−13条直线（1）判断四边形ABCD的形状，并说明理由；(x−m)2+n（m＞0）的顶点A落在x轴上时，四边形ABCD恰好是正方（2）如图2，若抛物线y=13形，请你确定m，n的值；（3）是否存在m，n的值，使四边形ABCD是邻边之比为1：√3的矩形？若存在，请求出m，n的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据题目条件可以表示出A（m，n），C（﹣m，﹣n），可以求得AO＝CO，当x＝时可以求出点B、D的坐标，从而可以证明BO＝DO，CO从而得出结论．（2）∵抛物线y=13(x−m)2+n（m＞0）的顶点A落在x轴上，可以得出n＝0，由四边形ABCD恰好是正方形，由正方形的性质就可以得出OA＝OB而建立等量关系求出其m的值．（3）∵四边形ABCD是矩形，由矩形的性质可以得出OA＝OB从而建立一个等量关系，由矩形ABCD 的邻边之比为1：√3，可以得出，∠ABO＝60°或∠ABO＝30°，作AH⊥BD，表示出BH，用OB＝BH+OH 在建立一个等式，从而构成方程组，从两种情况求出方程组的解就可以了．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，∵A（m，n），C（﹣m，﹣n），∴点A与点C关于原点对称．∴点O、A、C三点在同一条直线上，∴OA＝OC．∵B(0，13m2+n)，D(0，−13m2−n)，∴OB＝OD．∴四边形ABCD是平行四边形．（2）∵抛物线y=13(x−m)2+n(m＞0)的顶点A落在x轴上，∴n＝0．∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OB，即13m2=m，解得：m1＝0（不符题意，舍去），m2＝3．此时四边形ABCD是正方形∴m＝3，n＝0．（3）若四边形ABCD是矩形，则OA＝OB，即(13m2+n)2=m2+n2，化简得：19m4+23m2n=m2∵m＞0，∴m2+6n＝9又∵矩形的邻边之比为1：√3，当AB：AD=1：√3时，∠ABO＝60°，过点A作AH⊥BD于H，则BH=√33m，∴√33m+n=13m2+n，∴{m2+6n=9√33m+n=13m2+n，解得：{m=√3n=1当AD：AB=1：√3时，∠ABO＝30°，过点A作AH⊥BD于H，则BH=√3m，∴{m2+6n=9√3m+n=13m2+n，解得：{m=3√3n=−3．答：存在m=√3，n＝1或m=3√3，n＝﹣3使四边形ABCD是邻边之比为1：√3的矩形．【点评】本题是一道二次函数的综合试题，考查了平行四边形的判定，正方形的性质的运用，矩形的性质的运用及三角函数值的运用．12．如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别与x轴，y轴相交于A，B两点，OA，OB的长分别是方程x2﹣14x+48＝0的两根，且OA＜OB．（1）求点A，B的坐标．（2）过点A作直线AC交y轴于点C，∠1是直线AC与x轴相交所成的锐角，sin∠1=35，点D在线段CA的延长线上，且AD＝AB，若反比例函数y=kx的图象经过点D，求k的值．（3）在（2）的条件下，点M在射线AD上，平面内是否存在点N，使以A，B，M，N为顶点的四边形是邻边之比为1：2的矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）解一元二次方程，求得OA、OB的长度，得到点A、B的坐标；（2）如答图1所示，作辅助线，构造全等三角形△AOB≌△DEA，求得点D的坐标；进而由题意，求出k的值；（3）如答图2所示，可能存在两种情形，需要分别计算，避免漏解．针对每一种情形，利用相似三角形和全等三角形，求出点N的坐标．【解答】解：（1）解方程x2﹣14x+48＝0，得：x1＝6，x2＝8．∵OA，OB的长分别是方程x2﹣14x+48＝0的两根，且OA＜OB，∴OA＝6，OB＝8，∴A（6，0），B（0，8）．（2）如答图1所示，过点D作DE⊥x轴于点E．在Rt△AOB中，OA＝6，OB＝8，由勾股定理得：AB＝10．∴sin∠OBA=OAAB =610=35．∵sin∠1=35，∴∠OBA ＝∠1．∵∠OBA +∠OAB ＝90°，∠1+∠ADE ＝90°，∴∠OAB ＝∠ADE ．在△AOB 与△DEA 中，{∠OBA =∠1AB =AD ∠OAB =∠ADE，∴△AOB ≌△DEA （ASA ）．∴AE ＝OB ＝8，DE ＝OA ＝6．∴OE ＝OA +AE ＝6+8＝14，∴D （14，6）．∵反比例函数y =k x 的图象经过点D ， ∴k ＝14×6＝84．（3）存在．如答图2所示，若以A ，B ，M ，N 为顶点的四边形是邻边之比为1：2的矩形，①当AB ：AM 1＝2：1时，过点M 1作M 1E ⊥x 轴于点E ，易证Rt △AEM 1∽Rt △BOA ，∴AE OB =M 1E OA =AM 1AB ，即AE 8=M 1E 6=12， ∴AE ＝4，M 1E ＝3．过点N 1作N 1F ⊥y 轴于点F ，易证Rt △N 1FB ≌Rt △AEM 1，∴N1F＝AE＝4，BF＝M1E＝3，∴OF＝OB+BF＝8+3＝11，∴N1（4，11）；②当AB：AM2＝1：2时，同理可求得：N2（16，20）．综上所述，存在满足条件的点N，点N的坐标为（4，11）或（16，20）．【点评】本题是代数几何综合题，考查了一次函数的图象与性质、解一元二次方程、反比例函数图象上点的坐标特征、相似三角形、全等三角形、矩形等知识点．第（3）问中，矩形邻边之比为1：2，有两种情形，需要分别计算，避免漏解．。

专题24 正方形存在性问题巩固练习(基础)-冲刺2021年中考几何专项复习(解析版)

正方形存在性问题巩固练习
1．如图，抛物线y ＝﹣ax 2+bx +5过点（1，2）、（4，5），交y 轴于点B ，直线
AB 经过抛物线顶点A ，交x 轴于点C ，请解答下列问题：
（1）求抛物线的解析式；
（2）点Q 在平面内，在第一象限内是否存在点P ，使以A ，B ，P ，Q 为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把已知点的坐标代入抛物线解析式即可求得a 、b 的值，可求得抛物线解析式；
（2）可先求得A 、B 两点的坐标，可求得AB 长度，分别过A 、B 两点作AB 的垂线，则点P 可以在这两条直线上，且P A ＝AB 或PB ＝AB ，分别求得两垂线的解析式，设出点P 的坐标，再根据线段相等可列出方程，可求得点P 的坐标．
【解答】解：
（1）∵抛物线y ＝﹣ax 2+bx +5过点（1，2）、（4，5），
∴{−a +b +5=2−16a +4b +5=5
，解得{a =−1b =−4， ∴抛物线解析式为y ＝x 2﹣4x +5；
（2）在y ＝x 2﹣4x +5中，令x ＝0可得y ＝5，
∴B （0，5），
∵y ＝x 2﹣4x +5＝（x ﹣2）2+1，
∴A （2，1），
∴AB =√22+(1−5)2=2√5，
设直线AB 解析式为y ＝kx +n ，则有{2k +n =1n =5，解得{k =−2n =5
， ∴直线AB 解析式为y ＝﹣2x +5，
①当P A ⊥AB 时，如图1，。

中考数学几何模型专题23函数与矩形存在性问题(老师版)知识点+例题

【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题23函数与矩形存在性问题1.矩形的判定:（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）对角线相等的平行四边形是矩形；（3）有三个角为直角的四边形是矩形．2.题型分析矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“一个角为直角”，因此相比起平行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式：因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解．确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个．下：同时，也可以先根据A 、B 的坐标求出直线AB 的解析式，进而得到直线AD 或BC 的解析式，从而确定C 或D 的坐标.【例1】（2022春•宾阳县期中）在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠B ＝90°，AB ＝8cm ，AD ＝24cm ，BC ＝26cm ．点P 从点A 出发，以1cm /s 的速度向点D 运动，点Q 从点C 出发，以3cm /s 的速度向点B 同时运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设P ，Q 运动的时间为ts ．（1）若点P 和点Q 同时运动了6秒，PQ 与CD 有什么数量关系？并说明理由；（2）在整个运动过程中是否存在t 值，使得四边形PQBA 是矩形？若存在，请求出t 值；若不存在，请说明理由；（3）在整个运动过程中，是否存在一个时间，使得四边形PQBA 的面积是四边形ABCD 面积的一半，若存在，请直接写出值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据t＝6可得PD＝CQ，从而得出四边形PDCQ为平行四边形，即可得出PQ＝CD；（2）当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，得t＝26﹣3t，即可解决问题；（3）根据梯形的面积公式分别表示出四边形ABCD和PQBA的面积，列出方程，进而解决问题．【解答】解：（1）PQ＝CD，理由如下：由题意得：AP＝tcm，CQ＝3tcm，∵AB＝8cm，AD＝24cm，BC＝26cm，∴AP＝（24﹣t）cm，当t＝6时，DP＝18cm，CQ＝18cm，∴DP＝CQ，∵DP∥CQ，∴四边形PDCQ是平行四边形，∴PQ＝CD；（2）在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，∴当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，∴t＝26﹣3t，解得t＝6.5，∴当t＝6.5时，四边形ABQP是矩形；（3）存在，由题意知，四边形ABCD的面积＝＝，四边形PQBA的面积＝＝4（t+26﹣3t）＝104﹣8t，∵四边形PQBA的面积是四边形ABCD面积的一半，∴104﹣8t＝100，∴t＝．【例2】（2022秋•靖江市校级月考）如图，直线y＝x与双曲线y＝（k≠0）交于A，B两点，点A的坐标为（m，﹣4），点C是双曲线第一象限分支上的一点，连接BC并延长交x轴于点D，且BC＝3CD．（1）求k的值并直接写出点B的坐标；（2）点G是y轴上的动点，连接GB，GC，求GB+GC的最小值；（3）点P是坐标轴上的一点，点Q是平面内一点，是否存在点P、Q使得四边形ABPQ是矩形？若存在，请求出符合条件的所有P点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A的坐标为（m，﹣4）代入直线y＝x中，可求得A（﹣3，﹣4），即可求得k＝12，根据轴对称的性质即可求出点B的坐标；（2）如图1，作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，则BE∥CF，△DCF∽△DBE，利用相似三角形性质即可求得C（12，1），作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，则B′C即为BG+GC 的最小值，运用勾股定理即可求得答案；（3）分两种情况：①当点P在x轴上时，如图2，设点P1的坐标为（a，0），过点B作BE⊥x轴于点E，通过△OBE∽△OP1B，建立方程求解即可；②当点P在y轴上时，过点B作BN⊥y轴于点N，如图2，设点P2的坐标为（0，b），利用△BON∽△P2OB，建立方程求解即可．【解答】解：（1）∵A（m，﹣4）在直线y＝x上，∴m＝﹣4，解得m＝﹣3，∴A（﹣3，﹣4），∵A（﹣3，﹣4）在y＝上，∴k＝12，∴y＝，∵直线y＝x与双曲线y＝（k≠0），∴A、B关于原点对称，∴B（3，4）；（2）如图1，作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，∴BE∥CF，∴△DCF∽△DBE，∴＝，∵BC＝3CD，BE＝4，∴＝，∴＝，∴CF＝1，∴C（12，1），作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，则B′C即为BG+GC的最小值，∵B′（﹣3，4），C（12，1），∴B′C＝＝3，∴BG+GC＝B′C＝3；故GB+GC的最小值为3；（3）（3）存在．理由如下：①当点P在x轴上时，如图2，设点P1的坐标为（a，0），过点B作BE⊥x轴于点E，∵∠OEB＝∠OBP1＝90°，∠BOE＝∠P1OB，∴△OBE∽△OP1B，∴＝，∵B（3，4），∴OB＝＝5，∴＝，。

2021年九年级中考数学复习专题-【矩形】解答题考点专练(三)

2021年中考数学复习专题-【矩形】解答题考点专练（三）1．已知：如图，四边形ABCD是矩形，过点D作DF∥AC交BA的延长线于点F．（1）求证：四边形ACDF是平行四边形；（2）若AB＝3，DF＝5，求△AEC的面积．2．已知：如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别与AC、BC、AD交于点O、E、F，连接AE和CF．（1）求证：四边形AECF为菱形；（2）若AB＝，BC＝3，求菱形AECF的边长．3．已知矩形ABCD中，AD＝，AB＝，求这个矩形的对角线AC的长及其面积．4．如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，若∠AOD＝60°，AD＝2，求AB的长．5．如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED．（1）求证：BE＝BC；（2）若AB＝1，∠ABE＝60°，求DE的长；（3）若BE＝DC+DE，求∠BEC的度数．6．已知：如图，矩形ABCD的对角线交于点O，DE∥AC，CE∥BD．求证：四边形OCED 是菱形．7．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？8．如图，在▱ABCD中，∠ABD＝90°，延长AB至点E，使BE＝AB，连接CE．求证：四边形BECD是矩形．9．如图所示，在▱ABCD中，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，延长AE至点G，使EG ＝AE，连接CG．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）求证：四边形EGCF是矩形．10．如图，△ABC的中线AD、BE、CF相交于点G，H、I分别是BG、CG的中点．（1）是△ABC的中位线，EF与BC位置关系是、数量关系是；是△GBC的中位线，HI与BC位置关系是、数量关系是；（2）求证：四边形EFHI是平行四边形；（3）当AD与BC满足条件时，四边形EFHI是矩形．（直接写出结论）当AD 与BC满足条件时，四边形EFHI是菱形．（直接写出结论）参考答案1．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥BF，∵DF∥AC，∴四边形ACDF是平行四边形；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝3，∠B＝90°，由（1）得：四边形ACDF是平行四边形，∴AC＝DF＝5，AE＝ED＝AD，∴BC＝AD＝＝＝4，∴AE＝×4＝2，∴S△AEC＝AE•CD＝×2×3＝3．2．（1）证明：∵对角线AC的垂直平分线EF分别与AC、BC、AD交于点O、E、F，∴AF＝CF，AE＝CE，OA＝OC，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠FAO＝∠ECO，在△AOF和△COE中，∴△AOF≌△COE（ASA），∴AF＝CE，∵AF＝CF，AE＝CE，∴AE＝EC＝CF＝AF，∴四边形AECF为菱形；（2）解：设AE＝CE＝x，则BE＝3﹣x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+BE2＝AE2，即（）2+（3﹣x）2＝x2，解得：x＝2，即AE＝2，∴菱形AECF的边长是2．3．解：∵AD＝，AB＝，∴AC＝，∴矩形的面积＝AD•AB＝．4．解：在矩形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∴OA＝OB＝OD，∵∠AOD＝60°，∴△AOD是等边三角形，∴OD＝AD＝2，∴BD＝2OD＝4，由勾股定理得，AB＝＝＝2．5．证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEC＝∠BCE，∵EC平分∠DEB，∴∠DEC＝∠BEC，∴∠BEC＝∠ECB，∴BE＝BC．（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∵∠ABE＝60°，∴AE＝，BE＝2，∴AD＝BC＝BE＝2，∴DE＝AD﹣AE＝2﹣．（3）∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，∴∠DEC＝∠ECB，∵EC平分∠BED，∴∠DEC＝∠BEC，∴∠BEC＝∠ECB，∴BC＝BE，∵BE＝DC+DE，∴AD＝DE+DC，∴AE＝DC，∴AB＝AE，∴∠ABE＝45°，∴∠EBC＝45°，∴∠BEC＝．6．证明：∵DE∥AC，即DE∥OC，CE∥BD，即CE∥OD．∴四边形OCED是平行四边形．又∵四边形ABCD是矩形，∴OC＝AC，OD＝BD，且AC＝BD，∴OC＝OD．∴四边形OCED是菱形．7．（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＝．8．证明：∵四边形ABD是平行四边形，∴CD＝AB，CD∥AB，∵BE＝AB，∴BE＝CD，∴四边形BECD是平行四边形，∵∠ABD＝90°，∴∠DBE＝90°，∴四边形BECD是矩形．9．证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABE＝∠CDF，∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，∴AE∥CF，∠GEF＝∠AEB＝∠CFD＝90°，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS）；（2）由（1）得：△ABE≌△CDF，AE∥CF，∴AE＝CF，∵EG＝AE，∴EG＝CF，∴四边形EGCF是平行四边形，又∵∠GEF＝90°，∴四边形EGCF是矩形．10．（1）解：∵BE、CF是△ABC的中线，∴AE＝CE，AF＝BF，∴EF是△ABC的中位线，∴EF∥BC，EF＝BC，∵H、I分别是BG、CG的中点，∴HI是△GBC的中位线，∴HI∥BC，HI＝BC，故答案为：EF，EF∥BC、EF＝BC；HI，HI∥BC、HI＝BC；（2）证明：由（1）得：EF∥BC，EF＝BC，HI∥BC，HI＝BC，∴EF∥HI，EF＝HI，∴四边形EFHI是平行四边形；（3）当AD与BC满足条件AD⊥BC时，四边形EFHI是矩形；理由如下：同（1）得：FH是△ABG的中位线，∴FH∥AG，FH＝AG，∴FH∥AD，∵EF∥BC，AD⊥BC，∴EF⊥FH，∴∠EFH＝90°，∵四边形EFHI是平行四边形，∴四边形EFHI是矩形；当AD与BC满足条件BC＝AD时，四边形EFHI是菱形；理由如下：∵△ABC的中线AD、BE、CF相交于点G，∴AG＝AD，∵BC＝AD，∴AG＝BC，∵FH＝AG，EF＝BC，∴FH＝EF，又∵四边形EFHI是平行四边形，∴四边形EFHI是菱形；故答案为：AD⊥BC，BC＝AD．。

专题23 矩形存在性问题巩固练习(基础)-冲刺2021年中考几何专项复习(原卷版)

矩形存在性问题巩固练习
1．如图，抛物线y =−13x 2+43x +1与y 轴交于点A ，对称轴交x 轴于点B ，连AB ，点P 在y 轴上，点Q 在抛物线上，是否存在点P 和Q ，使四边形ABPQ 为矩形？若存在，求点Q 的坐标．
2．在平面直角坐标系中，∠ACO ＝90°．把AO 绕O 点顺时针旋转90°得OB ，连接AB ，作BD ⊥x 轴于
D ，点A 的坐标为（﹣3，1）．
（1）求直线AB 的解析式；
（2）若AB 中点为M ，连接CM ，点P 是射线CM 上的动点，过点P 作x 轴的垂线交x 轴于点Q ，设点P 的横坐标为t ，△PQO 的面积为S （S ≠0），求S 与t 的函数关系式，并直接写出自变量t 的取值范围；
（3）在（2）的条件下，动点P 在运动过程中，是否存在P 点，使以P 、O 、B 、N （N 为平面上一点）为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．。

专题23 矩形存在性问题巩固练习(提优)-冲刺2023年中考几何专项复习(原卷版)

矩形存在性问题巩固练习1．如图，▱ABCD中，AB⊥AC，AB＝1，BC=5．对角线AC、BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转α°，分别交直线BC、AD于点E、F．（1）当α＝时，四边形ABEF是平行四边形；（2）在旋转的过程中，四边形BEDF可能是菱形吗？如果能，求出此时α的值；如果不能，说明理由；（3）在旋转过程中，是否存在以A、B、C、D、E、F中的4个点为顶点的四边形是矩形？如果存在，直接写出矩形的名称及对角线的长度；如果不存在，说明理由．2．如图1，在平面直角坐标系中，直线y=−34x+n分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为（4，0），点C为线段AB的中点．（1）求点B的坐标；（2）点P为直线AB上的一个动点，过点P作x轴的垂线，与直线OC交于点Q，设点P的横坐标为m，△OPQ的面积为S，求S与m的函数解析式；（3）当点P在直线AB上运动时，在平面直角坐标系内是否存在一点N，使得以O，B，P，N为顶点的四边形为矩形，若存在，求出N点的坐标；若不存在，请说明理由．3．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E、F、G、H分别从点A、B、C、D同时出发，动点E从点A开始沿边AB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，动点F从点B开始沿边BC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点G从点C开始沿边CD向点D以每秒2个单位长度的速度运动，动点H 从点D开始沿边DA向点A以每秒1个单位长度的速度运动，当其中一点到达终点时，其余点也随之停止运动，设运动时间t．（1）证明：四边形EFGH始终是平行四边形；（2）是否存在某一时刻使得四边形EFGH是矩形？若存在，求t的值；（3）证明：三条直线AC，EG，FH经过同一点．4．如图，已知点A（7，8）、C（0，6），AB⊥x轴，垂足为点B，点D在线段OB上，DE∥AC，交AB于点E，EF∥CD，交AC于点F．（1）求经过A、C两点的直线的表达式；（2）设OD＝t，BE＝s，求s与t的函数关系式；（3）是否存在点D，使四边形CDEF为矩形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．5．如果一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“抛物线三角形”．（1）“抛物线三角形”一定是三角形；（2）若抛物线y＝﹣x2+bx（b＞0）的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，求b的值；（3）如图，△OAB是抛物线y＝﹣x2+b′x（b′＞0）的“抛物线三角形”，是否存在以原点O为对称中心的矩形ABCD？若存在，求出过O、C、D三点的抛物线的表达式；若不存在，说明理由．（4）若抛物线y＝﹣x2+4mx﹣8m+4与直线y＝3交点的横坐标均为整数，是否存在整数m的值使这条抛物线的“抛物线三角形”有一边上的中线长恰好等于这边的长？若存在，直接写出m的值；若不存在，说明理由．6．如图，二次函数y＝﹣mx2+4m的顶点坐标为（0，2），矩形ABCD的顶点B、C在x轴上，A、D在抛物线上，矩形ABCD在抛物线与x轴所围成的图形内．（1）求二次函数的解析式；（2）设点A的坐标为（x，y），试求矩形ABCD的周长P关于自变量x的函数解析式，并求出自变量x 的取值范围；（3）是否存在这样的矩形ABCD，使它的周长为9？试证明你的结论．7．如图，一次函数y＝x+3与坐标轴交于A、C两点，过A、C两点的抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于另一点B，抛物线顶点为E，连接AE．（1）求该抛物线的函数表达式及顶点E坐标；（2）点P是线段AE上的一动点，过点P作PF平行于y轴交AC于点F，连接EF，求△PEF面积的最大值及此时点P的坐标；（3）若点M为坐标轴上一点，点N为平面内任意一点，是否存在这样的点，使A、E、M、N为顶点的四边形是以AE为对角线的矩形？如果存在，请直接写出N点坐标；若不存在，请说明理由．8．如图1，直线l1：y=3x+6与x轴，y轴分别交于B，A两点，过点A做AC⊥AB交x轴于点C，将直线l1沿着x轴正方向平移m个单位得到直线l2交直线AC于点D，交x轴于点E，将△CDE沿直线l2翻折得到点F．（1）若m＝23，求点E；（2）若△BCF的面积等于43，求l2的解析式；（3）在（1）的条件下，将△ABO绕点C旋转60°得到△A1B1O1，点R是直线l2上一点，在直角坐标系中是否存在点S，使得以点A1、B1、R、S为顶点的四边形是矩形？若存在，求出点S的坐标；若不存在，请说明理由．9．如图，抛物线y=−13x2+43x+1与y轴交于点A，对称轴交x轴于点B，连AB，点P在y轴上，点Q在抛物线上，是否存在点P和Q，使四边形ABPQ为矩形？若存在，求点Q的坐标．10．如图，抛物线y＝ax2+bx+5经过点A（﹣1，0），B（2，5），抛物线与x轴的另一个交点为C点，点P 为y轴上一动点，作平行四边形BPCD．（1）求C点的坐标；（2）是否存在P点，使四边形BPCD为矩形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；（3）连结PD，PD的长度是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由；（4）若E为AC中点，求抛物线上满足到E点的距离小于2的所有点的横坐标x的范围．11．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在x轴上，顶点C在y轴的负半轴上，tan∠ABC=34，点P在线段OC上，且PO、PC的长（P0＜PC）是x2﹣12x+27＝0的两根．（1）求P点坐标；（2）若∠ACB的平分线交x轴于点D，求直线CD的解析式；（3）若M是射线CD上的点，在平面内是否存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．12．如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，抛物线y＝﹣x2+2mx+n（m＜0、n＞0）的顶点为D，与y轴的交点为C，过点C作CA∥x轴交抛物线于点A，在AC延长线上取点B，使BC=12AC，连接OA，OB，BD和AD．（1）若点A的坐标是（﹣2，1）①求m，n的值；②试判断四边形AOBD的形状，并说明理由；（2）若四边形AOBD是平行四边形，求m与n的关系；（3）是否存在n，使得四边形AOBD是矩形？若存在，请直接写出n的值；若不存在，请说明理由．。

专题23菱形、矩形、正方形(知识点总结+例题讲解)-2021届中考数学一轮复习

2021年中考数学专题23 菱形、矩形、正方形（知识点总结+例题讲解）一、菱形：1.菱形的概念：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。

2.菱形的性质：（1）具有平行四边形的一切性质；（2）菱形的四条边相等；（3）菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；（4）菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形；对称轴是两条对角线所在的直线，对称中心是对角线的交点。

3.菱形的判定：（1）定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形；（2）定理1：四边都相等的四边形是菱形；（3）定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。

4.菱形的有关计算：=4a (其中a为边长)；（1）周长C菱形=ah=两条对角线乘积的一半；(其中a为边长，h为此边上的高)。

（2）面积S菱形【例题1】(2020•牡丹江)如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴且AD＝4，∠A＝60°，将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是( )A．(0，2√3) B．(2，﹣4)C．(2√3，0) D．(0，2√3)或(0，﹣2√3)【答案】D【解析】点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解．解：根据菱形的对称性可得：当点D在x轴上时，A、B、C均在坐标轴上，如图，∵∠BAD＝60°，AD＝4，∴∠OAD＝30°，∴OD＝2，∴AO=√42−22=2√3=OC，∴点C的坐标为(0，−2√3)，同理：当点C旋转到y轴正半轴时，点C的坐标为(0，2√3)，∴点C的坐标为(0，2√3)或(0，−2√3)。

【变式练习1】(2020•营口)如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA ＝1，OB＝2，则菱形ABCD的面积为．【答案】4【解析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．∵OA＝1，OB＝2，∴AC＝2，BD＝4，×2×4＝4。

{word试卷}2021年九年级中考数学复习专题-【矩形】解答题考点专练(三)

20XX年高中测试高中试题试卷科目：年级：考点：监考老师：日期：2021年中考数学复习专题-【矩形】解答题考点专练（三）1．已知：如图，四边形ABCD是矩形，过点D作DF∥AC交BA的延长线于点F．（1）求证：四边形ACDF是平行四边形；（2）若AB＝3，DF＝5，求△AEC的面积．2．已知：如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别与AC、BC、AD 交于点O、E、F，连接AE和CF．（1）求证：四边形AECF为菱形；（2）若AB＝，BC＝3，求菱形AECF的边长．3．已知矩形ABCD中，AD＝，AB＝，求这个矩形的对角线AC的长及其面积．4．如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，若∠AOD＝60°，AD＝2，求AB的长．5．如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED．（1）求证：BE＝BC；（2）若AB＝1，∠ABE＝60°，求DE的长；（3）若BE＝DC+DE，求∠BEC的度数．6．已知：如图，矩形ABCD的对角线交于点O，DE∥AC，CE∥BD．求证：四边形OCED是菱形．7．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？8．如图，在▱ABCD中，∠ABD＝90°，延长AB至点E，使BE＝AB，连接CE．求证：四边形BECD是矩形．9．如图所示，在▱ABCD中，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，延长AE至点G，使EG＝AE，连接CG．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）求证：四边形EGCF是矩形．10．如图，△ABC的中线AD、BE、CF相交于点G，H、I分别是BG、CG的中点．（1）是△ABC的中位线，EF与BC位置关系是、数量关系是；是△GBC的中位线，HI与BC位置关系是、数量关系是；（2）求证：四边形EFHI是平行四边形；（3）当AD与BC满足条件时，四边形EFHI是矩形．（直接写出结论）当AD与BC满足条件时，四边形EFHI是菱形．（直接写出结论）参考答案1．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥BF，∵DF∥AC，∴四边形ACDF是平行四边形；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝3，∠B＝90°，由（1）得：四边形ACDF是平行四边形，∴AC＝DF＝5，AE＝ED＝AD，∴BC＝AD＝＝＝4，∴AE＝×4＝2，∴S△AEC＝AE•CD＝×2×3＝3．2．（1）证明：∵对角线AC的垂直平分线EF分别与AC、BC、AD交于点O、E、F，∴AF＝CF，AE＝CE，OA＝OC，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠FAO＝∠ECO，在△AOF和△COE中，∴△AOF≌△COE（ASA），∴AF＝CE，∵AF＝CF，AE＝CE，∴AE＝EC＝CF＝AF，∴四边形AECF为菱形；（2）解：设AE＝CE＝x，则BE＝3﹣x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+BE2＝AE2，即（）2+（3﹣x）2＝x2，解得：x＝2，即AE＝2，∴菱形AECF的边长是2．3．解：∵AD＝，AB＝，∴AC＝，∴矩形的面积＝AD•AB＝．4．解：在矩形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∴OA＝OB＝OD，∵∠AOD＝60°，∴△AOD是等边三角形，∴OD＝AD＝2，∴BD＝2OD＝4，由勾股定理得，AB＝＝＝2．5．证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEC＝∠BCE，∵EC平分∠DEB，∴∠DEC＝∠BEC，∴∠BEC＝∠ECB，∴BE＝BC．（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∵∠ABE＝60°，∴AE＝，BE＝2，∴AD＝BC＝BE＝2，∴DE＝AD﹣AE＝2﹣．（3）∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，∴∠DEC＝∠ECB，∵EC平分∠BED，∴∠DEC＝∠BEC，∴∠BEC＝∠ECB，∴BC＝BE，∵BE＝DC+DE，∴AD＝DE+DC，∴AE＝DC，∴AB＝AE，∴∠ABE＝45°，∴∠EBC＝45°，∴∠BEC＝．6．证明：∵DE∥AC，即DE∥OC，CE∥BD，即CE∥OD．∴四边形OCED是平行四边形．又∵四边形ABCD是矩形，∴OC＝AC，OD＝BD，且AC＝BD，∴OC＝OD．∴四边形OCED是菱形．7．（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＝．8．证明：∵四边形ABD是平行四边形，∴CD＝AB，CD∥AB，∵BE＝AB，∴BE＝CD，∴四边形BECD是平行四边形，∵∠ABD＝90°，∴∠DBE＝90°，∴四边形BECD是矩形．9．证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABE＝∠CDF，∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，∴AE∥CF，∠GEF＝∠AEB＝∠CFD＝90°，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS）；（2）由（1）得：△ABE≌△CDF，AE∥CF，∴AE＝CF，∵EG＝AE，∴EG＝CF，∴四边形EGCF是平行四边形，又∵∠GEF＝90°，∴四边形EGCF是矩形．10．（1）解：∵BE、CF是△ABC的中线，∴AE＝CE，AF＝BF，∴EF是△ABC的中位线，∴EF∥BC，EF＝BC，∵H、I分别是BG、CG的中点，∴HI是△GBC的中位线，∴HI∥BC，HI＝BC，故答案为：EF，EF∥BC、EF＝BC；HI，HI∥BC、HI＝BC；（2）证明：由（1）得：EF∥BC，EF＝BC，HI∥BC，HI＝BC，∴EF∥HI，EF＝HI，∴四边形EFHI是平行四边形；（3）当AD与BC满足条件AD⊥BC时，四边形EFHI是矩形；理由如下：同（1）得：FH是△ABG的中位线，∴FH∥AG，FH＝AG，∴FH∥AD，∵EF∥BC，AD⊥BC，∴EF⊥FH，∴∠EFH＝90°，∵四边形EFHI是平行四边形，∴四边形EFHI是矩形；当AD与BC满足条件BC＝AD时，四边形EFHI是菱形；理由如下：∵△ABC的中线AD、BE、CF相交于点G，∴AG＝AD，∵BC＝AD，∴AG＝BC，∵FH＝AG，EF＝BC，∴FH＝EF，又∵四边形EFHI是平行四边形，∴四边形EFHI是菱形；故答案为：AD⊥BC，BC＝AD．。