2020年全国各地中考数学压轴题按题型(几何综合)汇编(二)四边形中的计算和证明综合(解析版)
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全国各地中考数学压轴题精选汇编
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2020年全国各地中考数学压轴题按题型(几何综合)汇编(二)四边形中的计算和证明综合(原卷版)
图1@2 图3 二、四边形中的计算和证明综合题1. （2020安徽）如图1,已知四边形ABCD 是矩形，点E 在的延长线上，AE=AD. EC 与8D 相交于点 G,与A 。
相交于点F, AF=AB.求证：BDREC ；2. （2020黑龙江七台河）以Rt&BC 的两边AB 、AC 为边，向外作正方形ABDE 和正方形ACFG,连接EG, 过点A 作AMLBC 于M,延长MA 交EG 于点N.(1)如图①，若ZBAC=90° , AB=AC,易证：EN=GN ：(2)如图②，ZBAC=90c :如图③，匕8ACK90° , (1)中结论, 形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由.(2) 若AB=1,求AE 的长:如图2,连接AG,求证：EG ・DG= y/^AG.是否成立，若成立，选择一个图 (3) ® 1ENGB M C3.(2020黑龙江绥化)如图，在正方形A8CD中，A8=4,点G在边8C上，连接AG,作。
EVAG于点E,BGBFA.AG 于点、F,连接BE、OF,设ZEDF=a. ZEBF=B，— =k.BC(1)求证：AE=BF；(2)求证：tana=k・tai】。
：(3)若点G从点B沿8C边运动至点C停止，求点E, F所经过的路径与边A8围成的图形的面积.4. (2020湖南长沙)在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把左ADE沿AE翻折，使点。
恰好落在BC边上的点F.(1)求证：△ABFs/^FCE；(2)若AB=2V5, AO=4,求EC 的长：(3)若AE・DE=2EC,记N8AF=a, ZME=p.求tana+tanp 的值.5. （2020江苏连云港）（1）如图1,点P为矩形ABCD对角线上一点，过点P作EF〃BC,分别交A8、CD 于点、E、F.若BE=2, PF=6, ZkAEP 的面积为Si, 的面积为则Si+S2=:（2）如图2,点P为"ABCD内一点（点P不在BD上），点E、F、G、H分别为各边的中点.设四边形AEPH的面积为Si，四边形PFCG的面积为S2 （其中S2>Si）,求△P8O的面积（用含Si、S?的代数式表示）：（3）如图3,点P为"BCD内一点（点P不在BD上）,过点P作EF〃A。
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年中考数学压轴题精选：《四边形》(含答案)
2020中考数学压轴题综合提升训练：《四边形》1．如图①，在矩形ABCD中，已知BC＝8cm，点G为BC边上一点，满足BG＝AB＝6cm，动点E以1cm/s的速度沿线段BG从点B移动到点G，连接AE，作EF⊥AE，交线段CD于点F．设点E移动的时间为t（s），CF的长度为y（cm），y与t的函数关系如图②所示．（1）图①中，CG＝ 2 cm，图②中，m＝ 2 ；（2）点F能否为线段CD的中点？若可能，求出此时t的值，若不可能，请说明理由；（3）在图①中，连接AF，AG，设AG与EF交于点H，若AG平分△AEF的面积，求此时t的值．解：（1）∵BC＝8cm，BG＝AB＝6cm，∴CG＝2cm，∵EF⊥AE，∴∠AEB+∠FEC＝90°，且∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠FEC，且∠B＝∠C＝90°，∴△ABE∽△ECF，∴，∵t＝6，∴BE＝6cm，CE＝2cm，∴∴CF＝2cm，∴m＝2，故答案为：2，2；（2）若点F是CD中点，∴CF＝DF＝3cm，∵△ABE∽△ECF，∴，∴∴EC2﹣8EC+18＝0∵△＝64﹣72＝﹣8＜0，∴点F不可能是CD中点；（3）如图①，过点H作HM⊥BC于点M，∵∠C＝90°，HM⊥BC，∴HM∥CD，∴△EHM∽△EFC，∴∵AG平分△AEF的面积，∴EH＝FH，∴EM＝MC，∵BE＝t，EC＝8﹣t，∴EM＝CM＝4﹣t，∴MG＝CM﹣CG＝2﹣，∵，∴∴CF＝∵EM＝MC，EH＝FH，∴MH＝CF＝∵AB＝BG＝6，∴∠AGB＝45°，且HM⊥BC，∴∠HGM＝∠GHM＝45°，∴HM＝GM，∴＝2﹣，∴t＝2或t＝12，且t≤6，∴t＝2．2．问题提出：（1）如图1，△ABC的边BC在直线n上，过顶点A作直线m∥n，在直线m上任取一点D，连接BD、CD，则△ABC的面积＝△DBC的面积．问题探究：（2）如图2，在菱形ABCD和菱形BGFE中，BG＝6，∠A＝60°，求△DGE的面积；问题解决：（3）如图3，在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝10，在矩形ABCD内（也可以在边上）存在一点P，使得△ABP的面积等于矩形ABCD的面积的，求△ABP周长的最小值．解：问题提出：（1）∵两条平行线间的距离一定，∴△ABC与△DBC同底等高，即△ABC的面积＝△DBC的面积，故答案为：＝；问题探究：（2）如图2，连接BD，∵四边形ABCD，四边形BGFE是菱形，∴AD∥BC，BC∥EF，AD＝AB，BG＝BE，∴∠A＝∠CBE＝60°，∴△ADB是等边三角形，△BGE是等边三角形，∴∠ABD＝∠GBE＝60°，∴BD∥GE，∴S△DGE＝S△BGE＝BG2＝9；（3）如图3，过点P作PE∥AB，交AD于点E，∵△ABP的面积等于矩形ABCD的面积的，∴×12×AE＝×12×10∴AE＝8，作点A关于PE的对称点A'，连接A'B交PE于点P，此时△ABP周长最小，∴A'E＝AE＝8，∴AA'＝16，∴A'B＝＝＝20，∴△ABP周长的最小值＝AP+AB+PB＝A'P+PB+AB＝20+12＝32．3．（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）．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．4．如图1，在▱ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB，△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图2，设移动时间为t（s）（0＜＜4），连结PQ，MQ，解答下列问题：（1）当t为何值时，PQ∥MN？（2）当t为何值时，∠CPQ＝45°？（3）当t为何值时，PQ⊥MQ？解：（1）∵AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB，∴AC＝＝4cm，∵MN∥AB，PQ∥MN，∴PQ∥AB，∴，∴，∴t＝s（2）如图2，过点Q作QE⊥AC，则QE∥AB，∴，∴，∴CE＝，QE＝t，∵∠CPQ＝45°，∴PE＝QE＝t，∴t+t+t＝4，∴t＝s（3）如图2，过点P作PF⊥BC于F点，过点M作MH⊥BC，交BC延长线于点H，∴四边形PMHF是矩形，∴PM＝FH＝5，∵∠A＝∠PFC＝90°，∠ACB＝∠PCF，∴△ABC∽△FPC，∴，∴＝∴PF＝，CF＝，∴QH＝5﹣FQ＝5﹣（CF﹣CQ）＝，∵PQ⊥MQ，∴∠PQF+∠MQH＝90°，且∠PQF+∠FPQ＝90°，∴∠FPQ＝∠MQH，且∠PFQ＝∠H＝90°，∴△PFQ∽△QHM，∴，∴∴t＝s．5．问题背景：如图1，在正方形ABCD的内部，作∠DAE＝∠ABF＝∠BCG＝∠CDH，根据三角形全等的条件，易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得四边形EFGH是正方形．类比探究：如图2，在正△ABC的内部，作∠1＝∠2＝∠3，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点（D，E，F三点不重合）．（1）△ABD，△BCE，△CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明；（2）△DEF是否为正三角形？请说明理由；（3）如图3，进一步探究发现，△ABD的三边存在一定的等量关系，设BD＝a，AD＝b，AB＝c，请探索a，b，c满足的等量关系．（1）△ABD≌△BCE≌△CAF；理由如下：∵△ABC是正三角形，∴∠CAB＝∠ABC＝∠BCA＝60°，AB＝BC＝AC，又∵∠1＝∠2＝∠3，∴∠ABD＝∠BCE＝∠CAF，在△ABD、△BCE和△CAF中，，∴△ABD≌△BCE≌△CAF（ASA）；（2）△DEF是正三角形；理由如下：∵△ABD≌△BCE≌△CAF，∴∠ADB＝∠BEC＝∠CFA，∴∠FDE＝∠DEF＝∠EFD，∴△DEF是正三角形；（3）c2＝a2+ab+b2．作AG⊥BD于G，如图所示：∵△DEF是正三角形，∴∠ADG＝60°，在Rt△ADG中，DG＝b，AG＝b，在Rt△ABG中，c2＝（a+b）2+（b）2，∴c2＝a2+ab+b2．6．如图，在四边形ABCD中，AC是对角线，∠ABC＝∠CDA＝90°，BC＝CD，延长BC交AD的延长线于点E．（1）求证：AB＝AD；（2）若AE＝BE+DE，求∠BAC的值；（3）过点E作ME∥AB，交AC的延长线于点M，过点M作MP⊥DC，交DC的延长线于点P，连接PB．设PB＝a，点O是直线AE上的动点，当MO+PO的值最小时，点O与点E是否可能重合？若可能，请说明理由并求此时MO+PO的值（用含a的式子表示）；若不可能，请说明理由．（1）证明：∵∠ABC＝∠CDA＝90°，∵BC＝CD，AC＝AC，∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL）．∴AB＝AD．（2）解：∵AE＝BE+DE，又∵AE＝AD+DE，∴AD＝BE．∵AB＝AD，∴AB＝BE．∴∠BAD＝∠BEA．∵∠ABC＝90°，∴∠BAD═45°．∵由（1）得△ABC≌△ADC，∴∠BAC＝∠DAC．∴∠BAC═22.5°．（3）解：当MO+PO的值最小时，点O与点E可以重合，理由如下：∵ME∥AB，∴∠ABC＝∠MEC＝90°，∠MAB＝∠EMA．∵MP⊥DC，∴∠MPC＝90°．∴∠MPC＝∠ADC＝90°．∴PM∥AD．∴∠EAM＝∠PMA．由（1）得，Rt△ABC≌Rt△ADC，∴∠EAC＝∠MAB，∴∠EMA＝∠AMP．即MC平分∠PME．又∵MP⊥CP，ME⊥CE，∴PC＝EC．如图，连接PB，连接PE，延长ME交PD的延长线于点Q．设∠EAM＝α，则∠MAP＝α．在Rt△ABE中，∠BEA＝90°﹣2α．在Rt△CDE中，∠ECD＝90°﹣∠BEA＝2α．∵PC＝EC，∴∠PEB＝∠EPC＝∠ECD＝α．∴∠PED＝∠BEA+∠PEB＝90°﹣α．∵ME∥AB，∴∠QED＝∠BAD＝2α．当∠PED＝∠QED时，∵∠PDE＝∠QDE，DE＝DE，∴△PDE≌△QDE（ASA）．∴PD＝DQ．即点P与点Q关于直线AE成轴对称，也即点M、点E、点P关于直线AE的对称点Q，这三点共线，也即MO+PO的值最小时，点O与点E重合．因为当∠PED＝∠QED时，90°﹣α＝2α，也即α＝30°．所以，当∠ABD＝60°时，MO+PO取最小值时的点O与点E重合．此时MO+PO的最小值即为ME+PE．∵PC＝EC，∠PCB＝∠ECD，CB＝CD，∴△PCB≌△ECD（SAS）．∴∠CBP＝∠CDE＝90°．∴∠CBP+∠ABC＝180°．∴A，B，P三点共线．当∠ABD＝60°时，在△PEA中，∠PAE＝∠PEA＝60°．∴∠EPA＝60°．∴△PEA为等边三角形．∵EB⊥AP，∴AP＝2AB＝2a．∴EP＝AE＝2a．∵∠EMA＝∠EAM＝30°，∴EM＝AE＝2a．∴MO+PO的最小值为4a．7．已知：如图，在正方形ABCD中，点E在AD边上运动，从点A出发向点D运动，到达D点停止运动．作射线CE，并将射线CE绕着点C逆时针旋转45°，旋转后的射线与AB边交于点F，连接EF．（1）依题意补全图形；（2）猜想线段DE，EF，BF的数量关系并证明；（3）过点C作CG⊥EF，垂足为点G，若正方形ABCD的边长是4，请直接写出点G 运动的路线长．解：（1）补全图形如图1所示：（2）线段DE，EF，BF的数量关系为：EF＝DE+BF．理由如下：延长AD到点H，使DH＝BF，连接CH，如图2所示：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝∠ADC＝∠B＝90°，BC＝DC，∴∠CDH＝90°＝∠B，在△CDH和△CBF中，，∴△CDH≌△CBF（SAS）．∴CH＝CF，∠DCH＝∠BCF．∵∠ECF＝45°，∴∠ECH＝∠ECD+∠DCH＝∠ECD+∠BCF＝45°．∴∠ECH＝∠ECF＝45°．在△ECH和△ECF中，，∴△EC H≌△ECF（SAS）．∴EH＝EF．∵EH＝DE+DH，∴EF＝DE+BF；（3）由（2）得：△ECH≌△ECF（SAS），∴∠CEH＝∠CEF，∵CD⊥AD，CG⊥EF，∴CD＝CG＝4，∴点G的运动轨迹是以C为圆心4为半径的弧DB，∴点G运动的路线长＝＝2π．8．如图，在正方形ABCD中，P是边BC上的一动点（不与点B，C重合），点B关于直线AP的对称点为E，连接AE．连接DE并延长交射线AP于点F，连接BF．（1）若∠BAP＝α，直接写出∠ADF的大小（用含α的式子表示）；（2）求证：BF⊥DF；（3）连接CF，用等式表示线段AF，BF，CF之间的数量关系，并证明．（1）解：由轴对称的性质得：∠EAP＝∠BAP＝α，AE＝AB，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，AB＝AD，∴∠DAE＝90°﹣2α，AD＝AE，∴∠ADF＝∠AED＝（180°﹣∠DAE）＝（90°+2α）＝45°+α；（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，AB＝AD，∵点E与点B关于直线AP对称，∴∠AEF＝∠ABF，AE＝AB．∴AE＝AD．∴∠ADE＝∠AED．∵∠AED+∠AEF＝180°，∴在四边形ABFD中，∠ADE+∠ABF＝180°，∴∠BFD+∠BAD＝180°，∴∠BFD＝90°∴BF⊥DF；（3）解：线段AF，BF，CF之间的数量关系为AF＝BF+CF，理由如下：过点B作BM⊥BF交AF于点M，如图所示：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CB，∠ABC＝90°，∴∠ABM＝∠CBF，∵点E与点B关于直线AP对称，∠BFD＝90°，∴∠MFB＝∠MFE＝45°，∴△BMF是等腰直角三角形，∴BM＝BF，FM＝BF，在△AMB和△CFB中，，∴△AMB≌△CFB（SAS），∴AM＝CF，∵AF＝FM+AM，∴AF＝BF+CF．9．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；10．如图将正方形ABCD绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°）得到正方形AB′C′D′．（1）如图1，B′C′与AC交于点M，C′D′与AD所在直线交于点N，若MN∥B′D′，求α；（2）如图2，C′B′与CD交于点Q，延长C′B′与BC交于点P，当α＝30°时．①求∠DAQ的度数；②若AB＝6，求PQ的长度．解：（1）如图1中，∵MN∥B′D′，∴∠C′MN＝∠C′B′D′＝45°，∠C′NM＝∠C′D′B′＝45°，∴∠C′MN＝∠C′NM，∴C′M＝C′N，∵C′B′＝C′D′，'∴MB′＝ND′，∵AB′＝AD′，∠AB′M＝∠AD′N＝90°，∴△AB′M≌△AD′N（SAS），∴∠B′AM＝∠D′AN，∵∠B′AD′＝90°，∠MAN＝45°，∴∠B′AM＝∠D′AN＝22.5°，∵∠BAC＝45°，∴∠BAB′＝22.5°，∴α＝22.5°．（2）①如图2中，∵∠AB′Q＝∠ADQ＝90°，AQ＝AQ，AB′＝AD，∴Rt△AQB′≌Rt△AQD（HL），∴∠QAB′＝∠QAD，∵∠BAB′＝30°，∠BAD＝90°，∴∠B′AD＝30°，∴∠QAD＝∠B′AD＝30°．②如图2中，连接AP，在AB上取一点E，使得AE＝EP，连接EP．设PB＝a．∵∠ABP＝∠AB′P＝90°，AP＝AP，AB＝AB′，∴Rt△APB≌Rt△APB′（HL），∴∠BAP＝∠PAB′＝15°，∵EA＝EP，∴∠EAP＝∠EPA＝15°，∴∠BEP＝∠EAP+∠EPA＝30°，∴PE＝AE＝2a，BE＝a，∵AB＝6，∴2a+a＝6，∴a＝6（2﹣）．∴PB＝6（2﹣），∴PC＝BC﹣PB＝6﹣6（2﹣）＝6﹣6，∵∠CPQ+∠BPB′＝180°，∠BAB′+∠BPB′＝180°，∴∠CPQ＝∠BAB′＝30°，∴PQ＝＝＝12﹣4．11．已知，如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E是边AB的中点，点F在边AD上，过点A作AG⊥EF，分别交线段CD、EF于点G、H（点G不与线段CD的端点重合）．（1）如图2，当G是边CD中点时，求AF的长；（2）设AF＝x，四边形FHGD的面积是y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；（3）联结ED，当∠FED＝45°时，求AF的长．解：（1）∵E是AB的中点，AB＝2，∴AE＝AB＝1，同理可得DG＝1，∵AG⊥EF，∴∠AHF＝∠HAF+∠AFH＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADG＝90°＝∠DAG+∠AGD，∴∠AFH＝∠AGD，∵∠EAF＝∠ADG＝90°，∴△EAF∽△ADG，∴，即，∴AF＝；（2）如图1，由（1）知：△EAF∽△ADG，∴，即，∴DG＝2x，∵∠HAF＝∠DAG，∠AHF＝∠ADG＝90°，∴∠AHF∽△ADG，∴＝，∴＝，∴AH＝＝，FH＝＝，∴y＝S△ADG﹣S△AFH，＝，＝2x﹣，如图2，当G与C重合时，∵EF⊥AG，∴∠AHE＝90°，∵∠EAH＝45°，∴∠AEH＝45°，∴AF＝AE＝1，∴0＜x＜1；∴y关于x的函数关系式为：y＝2x﹣（0＜x＜1）；（3）如图3，过D作DM⊥AG，交BC于M，连接EM，延长EA至N，使AN＝CM，连接DN，设CM＝a，则AN＝a，∵AD＝CD，∠NAD＝∠DCM＝90°，∴△NAD≌△MCD（SAS），∴∠ADN＝∠CDM，DN＝DM，∵EF⊥AG，DM⊥AG，∴EF∥DM，∴∠EDM＝∠FED＝45°，∴∠ADE+∠CDM＝∠EDM＝45°，∴∠NDA+∠ADE＝∠NDE＝∠EDM，∵ED＝ED，∴△NDE≌△MDE（SAS），∴EN＝EM＝a+1，∵BM＝2﹣a，在Rt△EBM中，由勾股定理得：BE2+BM2＝EM2，∴12+（2﹣a）2＝（a+1）2，a＝，∵∠AEF+∠EAG＝∠EAG+∠DAG，∴∠AEF＝∠DAG＝∠CDM，∴tan∠AEF＝tan∠CDM，∴，∴，∴AF＝．12．如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（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1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；（3）解决问题：如图3，△ACB中，∠ACB＝90°，AC⊥AG且AC＝AG，AB⊥AE 且AE＝AB，连结CE、BG、GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．解：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由如下：连接AC，BD，∵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，∴AC是线段BD的垂直平分线，∴四边形ABCD是垂美四边形；（2）∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，由勾股定理得，AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，∴AD2+BC2＝AB2+CD2；故答案为：AB2+CD2＝AD2+BC2；（3）∵∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝3，CG＝4，BE＝5，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，∴GE＝．13．如图1，四边形ACEB，连接BC，∠ACB＝∠BEC＝90°，D在AB上，连接CD，∠ACD＝∠ABC，BE＝CD．（1）求证：四边形CDBE为矩形；（2）如图2，连接DE，DE交BC于点O，若tan∠A＝2，在不添加任何辅助线和字母的情况下，请直接写出图中所有长度与AD的长度相等的线段．（1）证明：∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∵∠ACD＝∠ABC，∴∠A+∠ACD＝90°，∴∠ADC＝90°，∴∠BDC＝180°﹣90°＝90°＝∠BEC，在Rt△BCD和Rt△CBE中，，∴Rt△BCD≌Rt△CBE（HL），∴BD＝CE，∵CD＝BE，∴四边形CDBE是平行四边形，又∵∠BEC＝90°，∴四边形CDBE为矩形；（2）解：图中所有长度与AD的长度相等的线段为AC＝OC＝OB＝OD＝OE＝AD．理由如下：由（1）得：四边形CDBE为矩形，∠ADC＝90°，∴BC＝DE，OD＝OE，OB＝OC，∴OC＝OB＝OD＝OE＝BC，∵∠ADC＝∠ACB＝90°，∴tan∠A＝2＝＝，∴CD＝2AD，BC＝2AC，∴AC＝＝＝AD，∴DE＝BC＝2AC，∴OC＝OB＝OD＝OE＝BC＝AC＝AD，∴AC＝OC＝OB＝OD＝OE＝AD．14．如图在直角坐标系中，四边形ABCO为正方形，A点的坐标为（a，0），D点的坐标为（0，b），且a，b满足（a﹣3）2+|b﹣|＝0．（1）求A点和D点的坐标；（2）若∠DAE＝∠OAB，请猜想DE，OD和EB的数量关系，说明理由．（3）若∠OAD＝30°，以AD为三角形的一边，坐标轴上是否存在点P，使得△PAD 为等腰三角形，若存在，直接写出有多少个点P，并写出P点的坐标，选择一种情况证明．解：（1）∵（a﹣3）2+|b﹣|＝0，∴a＝3，b＝，∴D（0，），A（3，0）；（2）DE＝OD+EB；理由如下：如图1，在CO的延长线上找一点F，使OF＝BE，连接AF，在△AOF和△ABE中，，∴△AOF≌△ABE（SAS），∴AF＝AE，∠OAF＝∠BAE，又∵∠OAB＝90°，∠DAE＝，∴∠BAE+∠DAO＝45°，∴∠DAF＝∠OAF+∠DAO＝45°，∴∠DAF＝∠EAD，在△AFD和△AED中，，∴△AFD≌△AED（SAS），∴DF＝DE＝OD+EB；（3）有3种情况共6个点：①当DA＝DP时，如图2，Rt△ADO中，OD＝，OA＝3，∴AD＝＝＝2，∴P 1（﹣3，0），P2（0，3），P3（0，﹣）；②当AP4＝DP4时，如图3，∴∠ADP4＝∠DAP4＝30°，∴∠OP4D＝60°，Rt△ODP 4中，∠ODP4＝30°，OD＝，∴OP4＝1，∴P4（1，0）；③当AD＝AP时，如图4，∴AD＝AP 5＝AP6＝2，∴P 5（3+2，0），P6（3﹣2，0），综上，点P的坐标为：∴P（﹣3，0）或（0，3）或（0，﹣）或（1，0）或（3+2，0）或（3﹣2，0）．证明：P 5（3+2，0），∵∠OAD＝30°且△ADO是直角三角形，又∵AO＝3，DO＝，∴DA＝2，而P 5A＝|3+2﹣3|＝2，∴P5A＝DA，∴△P5AD是等腰三角形．15．已知，在四边形ABCD中，点M、N、P、Q分别为边AB、AD、CD、BC的中点，连接MN、NP、PQ、MQ．（1）如图1，求证：四边形MNPQ为平行四边形；（2）如图2，连接AC，AC分别交MN、PQ于点E、F，连接BD，BD分别交MQ、NP于点G、H，AC与BD交于点O，且AC⊥BD，若tan∠ADB＝，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有长度等于OD的线段．（1）证明：如图1，连接BD．∵Q，P分别是BC，CD的中点，所以PQ∥BD，PQ＝BD．∵M，N分别是AB，AD的中点．∴MN∥BD，MN＝BD．∴PQ∥MN，且PQ＝MN．∴四边形MNPQ是平行四边形．（2）解：∵四边形MNPQ是平行四边形，AC⊥BD，∴四边形MNPQ是矩形，∴四边形NHOE和四边形EOGM都是矩形，∴NH＝OE＝MG＝AE＝，∵tan∠ADB＝，∴，∴NH＝OE＝MG＝AE＝．即长度等于OD的线段有NH，OE，MG，AE．。
几何综合(解析版)--中考数学抢分压轴题秘籍(全国通用)
几何综合--中考数学抢分秘籍（全国通用）几何综合问题在中考中以填空题和解答题的形式出现，考查难度较大.此类问题在中考中多考查面积平分、面积最值和几何变换的综合问题，一般要用到特殊三角形、特殊四边形、相似三角形、圆、锐角三角函数、勾股定理、图形变换的性质和二次函数的最值等相关知识，以及分类讨论、数形结合、转化与化归等数学思想.此类题型常涉及以下问题：①几何图形中的线段最值问题②探究图形面积的分割问题；③探究图形面积的最值问题.右图为几何综合问题中各题型的考查热度.题型1：线段最值问题①动点路径问题②“胡不归”问题③“将军饮马”问题④“造桥选址”问题解题模板：1.（2021秋•白云区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为4，⊙O的半径为1．若⊙O在正方形ABCD内平移（⊙O可以与该正方形的边相切，则点A到⊙O上的点的距离的最大值为（）A．B．C．D．【分析】由题意画出符合题意的图形，当⊙O与BC，CD相切时，点A到⊙O上的点的距离取得最大值，利用勾股定理即可求得结论．【解答】解：由题意，当⊙O与BC，CD相切时，点A到⊙O上的点的距离取得最大值，如图，由对称性可知：圆心O在AC上．AC＝＝4．∵BC与⊙O相切于点E，∴OE⊥EC．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB＝45°．∴△OEC为等腰直角三角形．∴OC＝OE＝．∴CG＝OC﹣OG＝﹣1．∴AG＝AC﹣CG＝4﹣（﹣1）＝3+1．故选：C．【点评】本题主要考查了切线的性质，正方形的性质，直线和圆的位置关系，勾股定理，连接OE，利用切线的性质得到OE⊥EC是解题的关键．【变式1-1】（2020•遵义）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A、C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD、AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．（1）求证：EF＝DE；（2）当AF＝2时，求GE的长．【分析】（1）要证明EF＝DE，只要证明△DME≌△ENF即可，然后根据题目中的条件和正方形的性质，可以得到△DME≌△ENF的条件，从而可以证明结论成立；（2）根据勾股定理和三角形相似，可以得到AG和CG、CE的长，然后即可得到GE的长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴∠ECM＝45°，∵MN∥BC，∠BCM＝90°，∴∠NMC+∠BCM＝180°，∠MNB+∠B＝180°，∴∠NMC＝90°，∠MNB＝90°，∴∠MEC＝∠MCE＝45°，∠DME＝∠ENF＝90°，∴MC＝ME，∵CD＝MN，∴DM＝EN，∵DE⊥EF，∠EDM+∠DEM＝90°，∴∠DEF＝90°，∴∠DEM+∠FEN＝90°，∴∠EDM＝∠FEN，在△DME和△ENF中，∴△DME≌△ENF（ASA），∴EF＝DE；（2）解：如图1所示，由（1）知，△DME≌△ENF，∴ME＝NF，∵四边形MNBC是矩形，∴MC＝BN，又∵ME＝MC，AB＝4，AF＝2，∴BN＝MC＝NF＝1，∵∠EMC＝90°，∴CE＝，∵AF∥CD，∴△DGC∽△FGA，∴，∴，∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，∴AC＝4，∵AC＝AG+GC，∴AG＝，CG＝，∴GE＝GC﹣CE＝＝；如图2所示，同理可得，FN＝BN，∵AF＝2，AB＝4，∴AN＝1，∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，∴AC＝4，∵AF∥CD，∴△GAF∽△GCD，∴，即，解得，AG＝4，∵AN＝NE＝1，∠ENA＝90°，∴AE＝，∴GE＝GA+AE＝5．综上所述：GE的长为：，5．【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形相似，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．2.（2022春•广陵区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝10，对角线AC、BD相交于点O，点M在线段AC上，且AM＝2，点P为线段BD上的一个动点，则MP+PB的最小值是4．【分析】过P点作PH⊥BC于H，过M点作MN⊥BC于N，如图，根据菱形的性质得到AB＝BC，BO 平分∠ABC，AO⊥BD，再判断△ABC为等边三角形得到∠ABC＝∠ACB＝60°，则∠OBC＝30°，所以PH＝BP，则MP+PB＝MP+PH，所以MP+PH的最小值为MN的长，然后利用含30度角的直角三角形三边的关系求出MN即可．【解答】解：过P点作PH⊥BC于H，过M点作MN⊥BC于N，如图，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝BC，BO平分∠ABC，AO⊥BD，∵AB＝AC＝10，∴AB＝AC＝BC＝10，∴△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠OBC＝30°，∴PH＝BP，∴MP+PB＝MP+PH，当M、P、H共线时，MP+PH的值最小，即MP+PH的最小值为MN的长，∵AM＝2，∴CM＝10﹣2＝8，在Rt△MNC中，∵∠MCN＝60°，∴CN＝CM＝4，∴MN＝CN＝4，即MP+PB的最小值为4．故答案为：．【点评】本题考查了胡不归问题：利用垂线段最短解决最短路径问题，把PB转化为PH是解决问题的关键．也考查了菱形的性质和等边三角形的性质．【变式2-1】（2021•郴州）如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝4，sin A＝，BD⊥AC交AC于点D．点P为线段BD上的动点，则PC+PB的最小值为．【分析】过点P作PE⊥AB于点E，过点C作CH⊥AB于点H，首先得出BD＝4，AD＝3，根据sin∠ABD＝，得EP＝，则PC+PB的最小值为PC+PE的最小值，即求CH的长，再通过等积法即可解决问题．【解答】解：过点P作PE⊥AB于点E，过点C作CH⊥AB于点H，∵BD⊥AC，∴∠ADB＝90°，∵sin A＝＝，AB＝5，∴BD＝4，由勾股定理得AD＝，∴sin∠ABD＝，∴EP＝，∴PC+PB＝PC+PE，即点C、P、E三点共线时，PC+PB最小，∴PC+PB的最小值为CH的长，＝，∵S△ABC∴4×4＝5×CH，∴CH＝．∴PC+PB的最小值为．故答案为：．【点评】本题主要考查了锐角三角函数，垂线段最短、勾股定理等知识，将PC+PB的最小值转化为求CH的长，是解题的关键．3.（2022秋•朝阳区校级月考）如图，在Rt△ABO中，∠OBA＝90°，A（4，4），点C在边AB上，且＝，点D为OB的中点，点P为边OA上的动点，当点P在OA上移动时，使四边形PDBC周长最小的点P的纵坐标为．【分析】根据已知条件得到AB＝OB＝4，∠AOB＝45°，求得BC＝3，OD＝BD＝2，得到D（2，0），C（4，3），作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，则此时，四边形PDBC周长最小，E （0，2），求得直线EC的解析式为y＝x+2，解方程组即可得到结论．【解答】解：∵∠OBA＝90°，A（4，4），∴AB＝OB＝4，∠AOB＝45°，∵＝，点D为OB的中点，∴BC＝3，OD＝BD＝2，∴D（2，0），C（4，3），作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2），∵直线OA的解析式为y＝x，设直线EC的解析式为y＝kx+b，则，解得：，∴直线EC的解析式为y＝x+2，解，得，∴P（，），故答案为：．【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，等腰直角三角形的性质，正确的找到P点的位置是解题的关键．【变式3-1】（2021•聊城）如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x 轴，y轴上，B，D两点坐标分别为B（﹣4，6），D（0，4），线段EF在边OA上移动，保持EF＝3，当四边形BDEF的周长最小时，点E的坐标为（﹣，0）．【分析】在BC上截取BH＝3，可证四边形BHEF是平行四边形，可得BF＝EH，由对称性可得DE＝D'E，则四边形BDEF的周长＝EH+ED'+BD+EF，由EF和BD是定值，则当EH+D'E有最小值时，四边形BDEF 的周长有最小值，即当点E，点H，点D'共线时，EH+D'E有最小值，利用待定系数法可求HD'解析式，即可求解．【解答】解：在BC上截取BH＝3，作点D关于x轴的对称点D'，连接D'H交AO于点E，∴BH＝EF＝3，BC∥AO，∴四边形BHEF是平行四边形，∴BF＝EH，∵点D与点D'关于x轴对称，∴DE＝D'E，点D'坐标为（0，﹣4），∵四边形BDEF的周长＝EF+BF+BD+DE，∴四边形BDEF的周长＝EH+ED'+BD+EF，∵EF和BD是定值，∴当EH+D'E有最小值时，四边形BDEF的周长有最小值，∴当点E，点H，点D'共线时，EH+D'E有最小值，∵点B（﹣4，6），∴点H（﹣1，6），设直线D'H的解析式为y＝kx+b，则，解得：，∴直线D'H的解析式为y＝﹣10x﹣4，∴当y＝0时，x＝﹣，∴点E（﹣，0），故答案为：（﹣，0）．【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，坐标与图形，平行四边形的判定和性质，一次函数的性质等知识，确定点E的位置是解题的关键．4.如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上且CE＝1，长为的线段MN在AC上运动，当四边形BMNE的周长最小时，则tan∠MBC的值是．【分析】根据题意得出作EF∥AC且EF＝，连接DF交AC于M，在AC上截取MN＝，此时四边形BMNE的周长最小，进而利用相似三角形的判定与性质得出答案．【解答】解：作EF∥AC且EF＝，连接DF交AC于M，在AC上截取MN＝，延长DF交BC于P，作FQ⊥BC于Q，作出点E关于AC的对称点E′，则CE′＝CE＝1，将MN平移至E′F′处，则四边形MNE′F′为平行四边形，则当BM+EN＝BM+FM＝BF′时四边形BMNE的周长最小，由∠FEQ＝∠ACB＝45°，可求得FQ＝EQ＝1，∵∠DPC＝∠FPQ，∠DCP＝∠FQP，∴△PFQ∽△PDC，∴＝，∴＝，解得：PQ＝，∴PC＝，由对称性可求得tan∠MBC＝tan∠PDC＝＝．故答案为．【点评】此题主要考查了正方形的性质以及相似三角形的判定与性质，得出M，N的位置是解题关键．【变式4-1】如图，已知四边形ABCD四个顶点的坐标为A（1，3），B（m，0），C（m+2，0），D（5，1），当四边形ABCD的周长最小时，m的值为．【分析】因为AD，BC的长度都是固定的，所以求出AB+CD的长度就行了．问题就是AB+CD什么时候最短．把D点向左平移2个单位到D′点；作D′关于x轴的对称点D″，连接AD″，交x轴于P，从而确定C点位置，此时AB+CD最短．设直线AD″的解析式为y＝kx+b，待定系数法求直线解析式．即可求得m的值．【解答】解：将C点向左平移2单位与B重合，点D向左平移2单位到D′（3，1），作D′关于x轴的对称点D″，根据作法知点D″（3，﹣1），设直线AD″的解析式为y＝kx+b，则，解得k＝﹣2，b＝5．∴直线AD″的解析式为y＝﹣2x+5．当y＝0时，x＝，即B（，0），m＝．故答案为：．【点评】考查了轴对称﹣最短路线问题，关键是熟悉关于x轴的对称点，两点之间线段最短等知识．题型2：面积平分问题解题模板：技巧精讲1：利用中线平分图形面积的方法2.利用对称性平分图形面积的方法5.（1）问题提出：如图（1），在直角△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点D为AC上一点且AD＝2，过点D作直线DE交△ABC于点E，使得△ABC被分成面积相等的两部分，则DE的长为2．（2）类比发现：如图（2），五边形ABOCD，各顶点坐标为：A（3，4），B（0，2），O（0，0），C （4，0），D（4，2）请你找出一条经过顶点A的直线，将五边形ABOCD分为面积相等的两部分，求出该直线对应的函数表达式．（3）如图（3），王叔叔家有一块四边形菜地ABCD，他打算过D点修一条笔直的小路把四边形菜地ABCD 分成面积相等的两部分，分别种植不同的农作物，已知AB＝AD＝200米，BC＝DC＝200米，∠BAD ＝90°过点D是否存在一条直线将四边形ABCD的面积平分？若存在，求出平分该四边形面积的线段长：若不存在，请说明理由．【分析】（1）如图1中，取AC的中点F，连接BF，BD，作FE∥BD交BC于E，连接DE交BF于O．证明DE平分△ABC的面积，利用平行线分线段成比例定理求出CE即可解决问题．（2）如图2中，连接AO、AC，作BE∥AO交x轴于E，DF∥AC交x轴于F，EF的中点为M，则直线AM平分五边形ABCOD的面积，求出点M的坐标即可解决问题．（3）先求出四边形ABCD的面积，即可得出四边形ABQD的面积，从而求出QM，再用平行线分线段成比例定理求出BM，即可得出DM，最后用勾股定理即可．【解答】解：（1）如图1中，取AC的中点F，连接BF，BD，作FE∥BD交BC于E，连接DE交BF 于O．∵AF＝FC，＝S△BFC，∴S△AFB∵BD∥EF，＝S△BDF，∴S△BDE＝S△BOE，∴S△DFO＝S四边形ABED，∴S△ECD∴DE平分△ABC的面积，∵AC＝8，AD＝2，∴AF＝CF＝4，DF＝2，∵EF∥BD，∴＝，∴＝，∴CE＝4，∴DE＝＝＝2，故答案为2．（2）如图2中，连接AO、AC，作BE∥AO交x轴于E，DF∥AC交x轴于F，EF的中点为M，则直线AM平分五边形ABCOD的面积，∵直线AO的解析式为y＝x，∴直线BE解析式为y＝x+2，∴点E坐标（﹣，0），∵直线AC的解析式为y＝﹣4x+16，∴直线DF的解析式为y＝﹣4x+18，∴点F坐标为（，0）∴EF的中点M坐标为（，0），∴直线AM的解析式为：y＝x﹣4．（3）如图3中，连接BD，AC交于点O．在BC上取一点Q，过Q作QM⊥BD，∵AB＝AD＝200、BC＝CD＝200，∴AC是BD的垂直平分线，在Rt△ABD中，BD＝AB＝200，∴DO＝BO＝OA＝100，在Rt△BCO中，OC＝＝300，＝S△ABD+S△CBD＝BD×（AO+CO）＝×200×（100+300）＝80000，∴S四边形ABCD∵在一条过点D的直线将筝形ABCD的面积二等分，＝S四边形ABCD＝40000，∴S四边形ABQD＝×BD×OA＝20000，∵S△ABD＝BD×QM＝×200×QM＝100QM＝S四边形ABQD﹣S△ABD＝20000，∴S△QBD∴QM＝100，∵QM∥CO．∴＝，∴＝，∴BM＝，∴DM＝BD﹣BM＝，在Rt△MQD中，DQ＝＝＝．【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了等腰三角形的性质，三角形的中线，几何作图，勾股定理，等积问题等知识，解题的关键是把多边形转化为三角形是解决问题的关键，记住三角形的中线把三角形分成面积相等的两个三角形．【变式5-1】（2022•江北区模拟）新知学习：若一条线段把一个平面图形分成面积相等的两部分，我们把这条线段叫做该平面图形的二分线．解决问题：（1）①三角形的中线、高线、角平分线中，一定是三角形的二分线的是三角形的中线；②如图1，已知△ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，DC上，连接EF，与AD交于＝S△DGF，则EF是（填“是”或“不是”）△ABC的一条二分线．点G．若S△AEG（2）如图2，四边形ABCD中，CD平行于AB，点G是AD的中点，射线CG交射线BA于点E，取EB 的中点F，连接CF．求证：CF是四边形ABCD的二分线．（3）如图3，在△ABC中，AB＝CB＝CE＝7，∠A＝∠C，∠CBE＝∠CEB，D，E分别是线段BC，AC上的点，且∠BED＝∠A，EF是四边形ABDE的一条二分线，求DF的长．【分析】（1）①由平面图形的二分线定义可求解；②由面积的和差关系可得S△BEF＝S△ABD＝S△ABC，可得EF是△ABC的一条二分线；＝S△CEF，由AB∥DC，G是AD的中点，证明△CDG≌△EAG，所（2）根据EB的中点F，所以S△CBF＝S△CEF，所以S四边形AFCD＝S△CBF，可得CF是四边形ABCD的二分线；以S四边形AFCD＝S△DEC＝S△ABE，可得S△HED＝（3）延长CB使BH＝CD，连接EH，通过全等三角形的判定可得S△BEHS四边形ABDE，即可得DF＝DH＝．【解答】解：（1）∵三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分；∴三角形的中线是三角形的二分线，故答案为三角形的中线②∵AD是BC边上的中线＝S△ACD＝S△ABC，∴S△ABD＝S△DGF，∵S△AEG+S△AEG＝S四边形BDGE+S△DGF，∴S四边形BDGE＝S△ABD＝S△ABC，∴S△BEF∴EF是△ABC的一条二分线故答案为：是（2）∵EB的中点F，＝S△CEF，∴S△CBF∵AB∥DC，∴∠E＝∠DCG，∵G是AD的中点，∴DG＝AG，在△CDG和△EAG中，∴△CDG≌△EAG（AAS），＝S△DCG，∴S△AEG＝S△CEF，∴S四边形AFCD＝S△CBF，∴S四边形AFCD∴CF是四边形ABCD的二分线．（3）如图，延长CB使BH＝CD，连接EH，AB＝CB＝CE＝7，∠A＝∠C，∠CBE＝∠CEB，D，E分别是线段BC，AC上的点，且∠BED＝∠A，∵BC＝7∴BD+CD＝7∴BD+BH＝7＝HD∵∠BED＝∠A，∠BED+∠DEC＝∠A+∠ABE∴∠ABE＝∠CED，且AB＝CE＝7，∠A＝∠C∴△ABE≌△CED（ASA）＝S△EDC，∴AE＝CD，BE＝DE，∠AEB＝∠EDC，S△ABE∴AE＝BH，∵∠CBE＝∠CEB∴∠AEB＝∠EBH∴∠EBH＝∠EDC，且BE＝DE，BH＝CD∴△BEH≌△DEC（SAS）、＝S△DEC，∴S△BEH＝S△DEC＝S△ABE，∴S△BEH＝S四边形ABDE，∴S△HED∵EF是四边形ABDE的一条二分线，＝S四边形ABDE＝S△HED，∴S△DEF∴DF＝DH＝【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形中线的性质，平行线的性质，理解新定义是本题的关键．【变式5-2】（2021•西安一模）问题提出（1）如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，在BC上找一点D，使得AD将△ABC分成面积相等的两部分，作出线段AD，并求出AD的长度；问题探究（2）如图②，点A、B在直线a上，点M、N在直线b上，且a∥b，连接AN、BM交于点O，连接AM、BN，试判断△AOM与△BON的面积关系，并说明你的理由；解决问题（3）如图③，刘老伯有一个形状为筝形OACB的养鸡场，在平面直角坐标系中，O（0，0）、A（4，0）、B（0，4）、C（6，6），是否在边AC上存在一点P，使得过B、P两点修一道笔直的墙（墙的宽度不计），将这个养鸡场分成面积相等的两部分？若存在，请求出直线BP的表达式；若不存在，请说明理由．【分析】（1）当点D是BC的中点时，AD将△ABC分成面积相等的两部分，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一般，可求出AD的长度；（2）根据同底等高的三角形面积相等，再减去相等的部分，就可以得出△AOM与△BON的面积相等；（3）连接AB，过点O作AB的平行线，交CA的延长线于点F，交OA于点G，则△OBG的面积等于△AFG的面积，则四边形OACB的面积转化为△BCF的面积，取CF的中点P，求出点P的坐标，即可求出直线BP的表达式．【解答】解：（1）如图①，取BC边的中点D，连接AD，则线段AD即为所求．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，∴BC＝，∵点D为BC的中点，∴AD＝BC＝．＝S△BON，理由如下：（2）S△AOM＝S△ABM﹣S△AOB，S△BON＝S△ABN﹣S△AOB，由图可知，S△AOM如图②，过点M作MD⊥AB于点D，过点N作NE⊥AB于点E，∴MD∥NE，∠MDE＝90°，又∵MN∥DE，∴四边形MDEN是矩形，∴MD＝NE，＝，S△ABN＝，∵S△ABM＝S△ABN，∴S△ABM＝S△BON．∴S△AOM（3）存在，直线BP的表达式为：y＝x+4．如图③，连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，交OA于点G，＝S△AFG，由（2）的结论可知，S△OBG＝S△BCF，∴S四边形OACB取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求．∵A（4，0），B（0，4），C（6，6），∴线段AB所在直线表达式为：y＝﹣x+4，线段AC所在直线的表达式为：y＝3x﹣12，∴直线OF的表达式为：y＝﹣x，联立，解得，∴F（3，﹣3），∵点P是CF的中点，∴P（，），∴直线BP的表达式为：y＝x+4．【点评】主要考查了勾股定理，中点的性质，面积转化以及待定系数法求一次函数表达式等内容，熟练掌握勾股定理的内容，中点性质的应用，作出辅助线，进行面积的转化是解答本题的关键．题型3：面积最值问题6.（2019•无锡）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，D为边AB上一动点（B点除外），以CD为一边作正方形CDEF，连接BE，则△BDE面积的最大值为8．得到BM＝CM＝2，易证△AMB∽△CGB，求得GB＝8，设BD＝x，则DG＝8﹣x，易证△EDH≌△DCG，EH＝DG＝8﹣x，所以S△BDE＝＝＝，当x＝4时，△BDE面积的最大值为8．【解答】解：过点C作CG⊥BA于点G，作EH⊥AB于点H，作AM⊥BC于点M．∵AB＝AC＝5，BC＝4，∴△AMB∽△CGB，∴，∴GB＝8，设BD＝x，则DG＝8﹣x，∵ED＝DC，∠EHD＝∠DGC，∠HED＝∠GDC，∴△EDH≌△DCG（AAS），∴EH＝DG＝8﹣x，＝＝＝，∴S△BDE当x＝4时，△BDE面积的最大值为8．故答案为8．【点评】本题考查了正方形，熟练运用正方形的性质与相似三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．；【变式6-1】（1）如图①，若BC＝6，AC＝4，∠C＝60°，求△ABC的面积S△ABC；（2）如图②，若BC＝a，AC＝b，∠C＝α，求△ABC的面积S△ABC（3）如图③，四边形ABCD，AC＝m，BD＝n，对角线AC交于O点，他们所成锐角为β，求四边形ABCD ．的面积S四边形ABCD【分析】（1）过A作AM⊥BC于M，解直角三角形求出AM，再根据三角形面积公式求出即可；（2）过A作AM⊥BC于M，解直角三角形求出AM，再根据三角形面积公式求出即可；（3）过A作AE⊥BD于E，过C作CF⊥BD于F，解直角三角形求出AE、CF，根据三角形面积公式求出即可．【解答】解：（1）如图①，过A作AM⊥BC于M，则∠AMC＝90°，∵∠C＝60°，AC＝4，∴AM＝AC×sin60°＝4×＝2，∵BC＝6，＝×BC×AM＝×6×2＝6；∴△ABC的面积S△ABC（2）如图②，过A作AM⊥BC于M，则∠AMC＝90°，∵∠C＝α，AC＝b，∴AM＝AC×sinα＝b×sinα＝b sinα，∵BC＝a，＝×BC×AM＝×a×b sinα＝ab sinα；∴△ABC的面积S△ABC（3）如图3，过A作AE⊥BD于E，过C作CF⊥BD于F，BD＝n，OA+OC＝m，∵AC、BD夹角为β，∴AE＝OA•sinβ，CF＝OC•sinβ，＝S△ABD+S△BDC∴S四边形ABCD＝BD•AE+BD•CF＝BD•（AE+CF）＝BD•（OA•sinβ+OC•sinβ）＝BD•AC•sinβ＝mn sinβ．＝mn sinβ．即四边形ABCD的面积S四边形ABCD【点评】本题考查了解直角三角形，三角形的面积的应用，此题比较难，解题时关键要找对思路，即原四边形的高已经发生了变化，只要把高求出来，一切将迎刃而解．【变式6-2】如图，正方形ABCD的边长为2，动点E从点A出发，沿边AB﹣BC向终点C运动，以DE为边作正方形DEFG（点D、E、F、G按顺时针方向排列）．设点E运动的速度为每秒1个单位，运动的时间为x秒．（1）如图1，当点E在AB上时，求证：点G在直线BC上；（2）设正方形ABCD与正方形DEFG重叠部分的面积为S，求S与x之间的函数关系式；（3）直接写出整个运动过程中，点F经过的路径长．【分析】（1）由正方形的性质得出AD＝CD，DE＝DG，∠ADE+∠EDC＝∠EDC+∠CDG＝90°，证出∠ADE＝∠CDG，由SAS证明△ADE≌△CDG，得出∠DCG＝∠DAE＝90°，证出∠DCG+∠DCB＝180°，即可得出结论；（2）分情况讨论：①当点E在AB边上时，过点E作EK∥AD，交CD于点K，则AC∥EK∥AD，证明△ADE∽△BEH，由相似三角形的性质得出＝，求出BH＝，S＝正方形ABCD的面积﹣△ADE的面积﹣△BEH的面积，即可得出结果；②当点E在BC边上时，S＝△DEC的面积＝4﹣x；（3）由（1）知，当点E在AB上时，点G在直线BC上，当点E与B点重合时，点F的位置如图2所示：点F运动的路径为BF；同理，点E在BC上时，当点E与C点重合时，点F运动的路径为FG；由勾股定理求出BD，即可得出结果．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD与四边形DEFG都是正方形，∴AD＝CD，DE＝DG，∠ADE+∠EDC＝∠EDC+∠CDG＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴∠DCG＝∠DAE＝90°，∵∠DCB＝90°，∴∠DCG+∠DCB＝180°，∴点G在直线BC上；（2）解：①当点E在AB边上时，过点E作EK∥AD，交CD于点K，如图1所示：则AC∥EK∥AD，∴∠HEK＝∠EHB，∠DEK＝∠EDA，∵∠EHB+∠BEH＝90°，∠EDA+∠AED＝90°，∠HEK+∠DEK＝90°，∴∠EDA＝∠BEH，∠AED＝∠EHB，∴△ADE∽△BEH，∴＝，即＝，∴BH＝，S＝正方形ABCD的面积﹣△ADE的面积﹣△BEH的面积＝2×2﹣×2×x﹣×（2﹣x）×＝；②当点E在BC边上时，S＝△DEC的面积＝×2×（4﹣x）＝4﹣x；（3）解：由（1）知，当点E在AB上时，点G在直线BC上，当点E与B点重合时，点F的位置如图2所示：点F运动的路径为BF；同理，点E在BC上时，当点E与C点重合时，点F运动的路径为FG；∵BD＝＝＝2，∴BF+FG＝2BD＝4，∴点F运动的路径长为4．【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、平行线的判定与性质、三角形面积的计算、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．1．如图，在边长为6的菱形ABCD中，∠BCD＝60°，连接BD，点E、F分别是边AB、BC上的动点，且AE＝BF，连接DE、DP、EF．（1）如图①，当点E是边AB的中点时，求∠EDF的度数；（2）如图②，当点E是边AB上任意一点时，∠EDF的度数是否发生改变？若不改变，请证明；若发生改变，请说明理由；（3）若点P是线段BD上一动点，求PF+DP的最小值．【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC＝CD＝AD＝6，∠BCD＝∠BAD＝60°，可证△ABD，△BCD 是等边三角形，由等边三角形的性质可证DE＝DF，∠EDF＝60°，可得结论；（2）证明△ADE≌△BDF（SAS），根据全等三角形的性质得∠ADE＝∠BDF，由角的和差即可得∠EDF ＝∠ADB＝60°；（3）过点P作PG⊥AD于点G，连接PF，过点F作FG′⊥AD于点G′，交BD于点P′，可得GP＝DP•sin60°＝DP，则PF+DP＝PF+GP，当点F、P、G三点共銭，且FG⊥AD时，PF+GP有最小值，最小值为FG′的长，过点D作DH⊥BC于点H，则DH＝FG'，PF+DP的最小值即为DH的长，由△BDC是等边三角形可得DH＝CD•sin60°＝3，即可求得PF+DP的最小值．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，边长为6，∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD，△BCD是等边三角形，∵点E是边AB的中点，AE＝BF，∴点F是边BC的中点，∴∠ADE＝∠BDE＝∠BDF＝∠CDF＝30°，∴∠EDF＝∠BDE+∠BDF＝60°；（2）∠EDF的度数不改变，证明：△ABD，△BCD是等边三角形，∴AD＝BD，∠DAB＝∠DBC＝60°，∵AE＝BF，∴△ADE≌△BDF（SAS），∴∠ADE＝∠BDF，∴∠EDF＝∠ADB＝60°；（3）如图，过点P作PG⊥AD于点G，连接PF，过点F作FG′⊥AD于点G′，交BD于点P′，∵∠ADB＝60°，∴GP＝DP•sin60°＝DP，∴PF+DP＝PF+GP，∴当点F、P、G三点共銭，且FG⊥AD时，PF+GP有最小值，最小值为FG′的长，过点D作DH⊥BC于点H，∵四边形ABCD是菱形，∴DH＝FG'，∴PF+DP的最小值即为DH的长，∵DH⊥BC，△BDC是等边三角形，∴DH＝CD•sin60°＝3，∴PF+DP的最小值为3．【点评】本题考查了四边形的综合应用，掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，最短路径等知识，添加恰当辅助线构造构造在直角三角形是解本题的关键．2．（2022•连云港）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE＝AD，且BE⊥DC．（1）求证：四边形DBCE为菱形；（2）若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最小值．【分析】（1）先证明四边形DBCE是平行四边形，再由BE⊥DC，得四边形DBCE是菱形；（2）作N关于BE的对称点N'，过D作DH⊥BC于H，由菱形的对称性知，点N关于BE的对称点N'在DE上，可得PM+PN＝PM+PN'，即知MN'的最小值为平行线间的距离DH的长，即PM+PN的最小值为DH的长，在Rt△DBH中，可得DH＝DB•sin∠DBC＝，即可得答案．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵DE＝AD，∴DE＝BC，∵E在AD的延长线上，∴DE∥BC，∴四边形DBCE是平行四边形，∵BE⊥DC，∴四边形DBCE是菱形；（2）解：作N关于BE的对称点N'，过D作DH⊥BC于H，如图：由菱形的对称性知，点N关于BE的对称点N'在DE上，∴PM+PN＝PM+PN'，∴当P、M、N'共线时，PM+PN'＝MN'＝PM+PN，∵DE∥BC，∴MN'的最小值为平行线间的距离DH的长，即PM+PN的最小值为DH的长，在Rt△DBH中，∠DBC＝60°，DB＝2，∴DH＝DB•sin∠DBC＝2×＝，∴PM+PN的最小值为．【点评】本题考查平行四边形性质及应用，涉及菱形的判定，等边三角形性质及应用，对称变换等，解题的关键是掌握解决“将军饮马”模型的方法．3．（2014•海南）如图，对称轴为直线x＝2的抛物线经过A（﹣1，0），C（0，5）两点，与x轴另一交点为B．已知M（0，1），E（a，0），F（a+1，0），点P是第一象限内的抛物线上的动点．（1）求此抛物线的解析式；（2）当a＝1时，求四边形MEFP的面积的最大值，并求此时点P的坐标；（3）若△PCM是以点P为顶点的等腰三角形，求a为何值时，四边形PMEF周长最小？请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）首先求出四边形MEFP面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出最值及点P坐标；（3）四边形PMEF的四条边中，PM、EF长度固定，因此只要ME+PF最小，则PMEF的周长将取得最小值．如答图3所示，将点M向右平移1个单位长度（EF的长度），得M1（1，1）；作点M1关于x 轴的对称点M2，则M2（1，﹣1）；连接PM2，与x轴交于F点，此时ME+PF＝PM2最小．【解答】方法一：解：（1）∵对称轴为直线x＝2，∴设抛物线解析式为y＝a（x﹣2）2+k．将A（﹣1，0），C（0，5）代入得：，解得，∴y＝﹣（x﹣2）2+9＝﹣x2+4x+5．（2）当a＝1时，E（1，0），F（2，0），OE＝1，OF＝2．设P（x，﹣x2+4x+5），如答图2，过点P作PN⊥y轴于点N，则PN＝x，ON＝﹣x2+4x+5，∴MN＝ON﹣OM＝﹣x2+4x+4．S四边形MEFP＝S梯形OFPN﹣S△PMN﹣S△OME＝（PN+OF）•ON﹣PN•MN﹣OM•OE＝（x+2）（﹣x2+4x+5）﹣x•（﹣x2+4x+4）﹣×1×1＝﹣x2+x+＝﹣（x﹣）2+∴当x＝时，四边形MEFP的面积有最大值为，把x＝时，y＝﹣（﹣2）2+9＝．此时点P坐标为（，）．（3）∵M（0，1），C（0，5），△PCM是以点P为顶点的等腰三角形，∴点P的纵坐标为3．令y＝﹣x2+4x+5＝3，解得x＝2±．∵点P在第一象限，∴P（2+，3）．四边形PMEF的四条边中，PM、EF长度固定，因此只要ME+PF最小，则PMEF的周长将取得最小值．如答图3，将点M向右平移1个单位长度（EF的长度），得M1（1，1）；作点M1关于x轴的对称点M2，则M2（1，﹣1）；连接PM2，与x轴交于F点，此时ME+PF＝PM2最小．设直线PM2的解析式为y＝mx+n，将P（2+，3），M2（1，﹣1）代入得：，解得：m＝，n＝﹣，∴y＝x﹣．当y＝0时，解得x＝．∴F（，0）．∵a+1＝，∴a＝．∴a＝时，四边形PMEF周长最小．方法二：（1）略．（2）连接MF，过点P作x轴垂线，交MF于点H，有最大值时，四边形MEFP面积最大．显然当S△PMF当a＝1时，E（1，0），F（2，0），∵M（0，1），∴l MF：y＝﹣x+1，设P（t，﹣t2+4t+5），H（t，﹣t+1），＝（P Y﹣H Y）（F X﹣M X），∴S△PMF＝（﹣t2+4t+5+t﹣1）（2﹣0）＝﹣t2+t+4，∴S△PMF最大值为，∴当t＝时，S△PMF＝EF×MY＝×1×1＝，∵S△MEF的最大值为+＝，∴S四边形MEFP∴P（，）．（3）∵M（0，1），C（0，5），△PCM是以点P为顶点的等腰三角形，∴点P的纵坐标为3，∴﹣x2+4x+5＝0，解得：x＝2±，∵点P在第一象限，∴P（2+，3），PM、EF长度固定，当ME+PF最小时，PMEF的周长取得最小值，将点M向右平移1个单位长度（EF的长度），得M1（1，1），∵四边形MEFM1为平行四边形，∴ME＝M1F，作点M1关于x轴的对称点M2，则M2（1，﹣1），∴M2F＝M1F＝ME，当且仅当P，F，M2三点共线时，此时ME+PF＝PM2最小，∵P（2+，3），M2（1，﹣1），F（a+1，0），∴K PF＝K M1F，∴，∴a＝．【点评】本题是二次函数综合题，第（1）问考查了待定系数法；第（2）问考查了图形面积计算以及二次函数的最值；第（3）问主要考查了轴对称﹣最短路线的性质．试题计算量偏大，注意认真计算．4．（2021•靖江市校级一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，若AE＝2，则求EF的长．（请从“线段的长度或线段的位置关系”的方向设计条件及问题，并解答）【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝3＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长．【解答】若AE＝2．则求EF的长．解：如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，得矩形AGHE，∴GH＝AE＝2，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，∴BG＝3，AG＝3＝EH，∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，∵EF平分菱形面积，EF经过菱形对角线交点，∴FC＝AE＝2，∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，在Rt△EFH中，根据勾股定理，得：EF＝＝＝2．【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．5．（2012•新密市自主招生）如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，点E是AD上一动点（不与A、D重合），点F是CD上一动点，且AE+CF＝4，则△DEF面积的最大值为．【分析】首先过点F作FG⊥AD，交AD的延长线于点G，由菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，即＝DE•FG）＝﹣（x﹣2）2+，可求得AD＝CD＝4，∠FDG＝60°，然后设AE＝x，即可得S△DEF然后根据二次函数的性质，即可求得答案．【解答】解：过点F作FG⊥AD，交AD的延长线于点G，∵菱形ABCD边长为4，∠BAD＝60°，∴AD＝CD＝4，∠ADC＝180°﹣∠BAD＝120°，∴∠FDG＝180°﹣∠ADB＝60°，设AE＝x，∵AE+CF＝4，∴CF＝4﹣x；∴DE＝AD﹣AE＝4﹣x，DF＝CD﹣CF＝4﹣（4﹣x）＝x，在Rt△DFG中，FG＝DF•sin∠GDF＝x，＝DE•FG＝×（4﹣x）×x＝﹣x2+x＝﹣（x2﹣4x）＝﹣（x﹣2）2+，∴S△DEF∴当x＝2时，△DEF面积的最大，最大值为．故答案为：．【点评】此题考查了菱形的性质、三角函数的性质以及二次函数的最值问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与函数思想的应用．6．（2022•杭州模拟）将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过点D作DE垂直于直线BB′，垂足为点E，连接DB′，CE．（1）如图1，当α＝60°时，△DEB′的形状为等腰直角三角形，连接BD，BB′与CE的数量关系是BB'＝CE．（2）当0°＜α＜360°且a≠90°时，①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；②当以点E，C，D，B′为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出BE与B′E的数量关系．。
2020年全国中考数学压轴题全解全析
2020年全国中考数学压轴题全解全析一年一度的中考就要开始了，中考数学中的压轴题向来是广大师生非常关注的，因为这些试题往往在很大程度上决定了考分的高下，为了帮助大家迎接今年的中考，特别制作了此资料，希望能对大家有一定的帮助。
1、（北京课改B 卷）我们给出如下定义：若一个四边形的两条对角线相等，则称这个四边形为等对角线四边形．请解答下列问题：（1）写出你所学过的特殊四边形中是等对角线四边形的两种图形的名称；（2）探究：当等对角线四边形中两条对角线所夹锐角为60o时，这对60o角所对的两边之和与其中一条对角线的大小关系，并证明你的结论．[解] （1）答案不唯一，如正方形、矩形、等腰梯形等等．（2）结论：等对角线四边形中两条对角线所夹锐角为60o时，这对60o角所对的两边之和大于或等于一条对角线的长．已知：四边形ABCD 中，对角线AC ，BD 交于点O ，AC BD =，且60AOD ∠=o．求证：BC AD AC +≥．证明：过点D 作DF AC ∥，在DF 上截取DE ，使DE AC =． 连结CE ，BE ．故60EDO ∠=o ，四边形ACED 是平行四边形． 所以BDE △是等边三角形，CE AD =． 所以DE BE AC ==．①当BC 与CE 不在同一条直线上时（如图1）， 在BCE △中，有BC CE BE +>． 所以BC AD AC +>．②当BC 与CE 在同一条直线上时（如图2）， 则BC CE BE +=． 因此BC AD AC +=．综合①、②，得BC AD AC +≥．即等对角线四边形中两条对角线所夹角为60o时，这对60o角所对的两边之和大于或等于其中一条对角线的长．[点评]本题是一道探索题，是近年来中考命题的热点问题，在第2小题中要求学生先猜想可能的结论，再进行证明，这对学生的确有较高的能力要求，而在探索结论前可以自己先画几个草图，做到心中有数再去努力求证；很多学生往往会忽略特殊情况没有进行讨论，应当予以关注，总之这是一道新课标形势下的优秀压轴题。
2020年各地中考数学压轴题大全(含解析)
I (2020•常德）如图，已知抛物线y =ax 2过点A (-3, 1) ( 1）求抛物线的解析式；(2）己知直线l过点A,M (f, O）且与抛物线交于另一点B,与y 轴交于点C ，求证：MC 2=M A•M B;(3）若点P,D 分别是抛物线与直线f上的动点1以oc 为一边且顶点为0,C, P, D 的四边形是平行四边形，求所有符合条件的P点坐标【解答］( 1）把点A (-3, 1）代入y 二ax 2,得到1=9α，．．．α＝土－4’．·．抛物线的解析式为y = -tx2·ω设直线f阳式为y ＝时则有｛！4:+:b .解得｛：1.．·．直线f的解析式为y=－�气，令x =O ，得到y =i,:.c (O , %) ,解得（；二或（习，由｛：�：.r ’’且’’’’飞、:.B 如图1中，过点Ai乍AA11-x 轴于A1，过Bf 乍BB11-x 轴于B1,贝U BB1 II OC II AA1,3M C二M O 二一--1...一二l M A MA1 3 3’τ－（－3)3 .•• • BM 二MB1二立二＝1一一－M C M O 立3圄1c －A一－即MC2＝λ必4•MB.-¥2)4’’w ，，a，、、设P (3）如图2中，D的四边形是平行四边形，p c 国2·.· oc 为一边且顶点为0,B C图1图2｛解答］(I) ._. BE平分ζABC,CE平分ζACD,：．ζE＝ζECD－ζEBD＝主〔ζACD－ζABC〕＝＋L吃包、(2）如图1，延长BC Jr J点T,E图l·．·四边形FBCD内接于①0,：.ζ三FDC＋ζFBC= 180°又·．·ζFDE＋ζFDC= 180°’．．．ζ乙FDE＝ζFBCγDF平分ζ三AD E、．＼ζ三ADF＝ζFDE·：ζADF＝ζABF．＼ζ乙ABF＝ζFBC:.BE是ζA BC的平分线，B C图1图2｛解答］(I) ._. BE平分ζABC,CE平分ζACD,：．ζE＝ζECD－ζEBD＝主〔ζACD－ζABC〕＝＋L吃包、(2）如图1，延长BC Jr J点T,E图l·．·四边形FBCD内接于①0,：.ζ三FDC＋ζFBC= 180°又·．·ζFDE＋ζFDC= 180°’．．．ζ乙FDE＝ζFBCγDF平分ζ三AD E、．＼ζ三ADF＝ζFDE·：ζADF＝ζABF．＼ζ乙ABF＝ζFBC:.BE是ζA BC的平分线，．·．①当AC=A E时，.,/To＝�，:.m = 3或m= -3 （点C的纵坐标，舍去），:.E (3，的，②当AC二CE时，.JTo二l m+31,:. m=-3士们o,:.E (0, -3＋而）或（0,-3-.JTo),③当AE=CE时，{T+i.= l m+31,:.m = －主．3’:.E (0, -1),即满足条件的点E的坐标为（O,3）、（O,-3＋而）、（O,-3 -.JTo), (O, -1);(3）如图，存在，·：n(1, -4),．·．将线段BD向上平移4个单位，再向右（或向左）平移适当的距离1使点B的对应点落在抛物线上，这样便存在点Q,此时点D的对应点就是点P,．·．点Q的纵坐标为4,设Q(t, 4),将点Q的坐标代入抛物线y= x2 -2x -3中得，t2-2t -3 =4,:.t= 1+2../2或t= 1 -2品，:.Q (1+2币，4）或（1 -2币，4),分别过点D,Q作x轴的垂线，垂足分别为F,G,γ抛物线y=x2 -2x -3与x轴的右边的交点B的坐标为（3, 0），且D(1, -4),:.FB二P G=3 -1二2．·．点P的横坐标为（1 + 2�） -2= -1 +2../2或（1 -2../2) -2 = -1 -2../2即P( -1+2币，0）、Q(1+2../2, 4）或P(-1-2币，。
2020年中考数学压轴题(含答案解析)
2020年中考数学压轴题一、选择题1．在平面直角坐标系xOy中，将一块含有45°角的直角三角板如图放置，直角顶点C的坐标为（1，0），顶点A的坐标（0，2），顶点B恰好落在第一象限的双曲线上，现将直角三角板沿x轴正方向平移，当顶点A恰好落在该双曲线上时停止运动，则此时点C的对应点C′的坐标为（）A．（，0）B．（2，0）C．（，0）D．（3，0）2．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，D是BC边上一动点，将AD绕点A逆时针旋转45°得AE，连接CE，则线段CE长的最小值为（）A．B．C．﹣1 D．2﹣二、填空题3．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A′B′CD′的边A′B′与⊙O相切，切点为E，边CD′与⊙O相交于点F，则CF的长为．第3题第4题4．问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA+PC ＝PE．问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG＝．点O是△MNG内一点，则点O 到△MNG三个顶点的距离和的最小值是．三、解答题5．如图（1），在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，动点P在线段AC上以5cm/s的速度从点A运动到点C，过点P作PD⊥AB于点D，将△APD绕PD的中点旋转180°得到△A′DP，设点P的运动时间为x（s）．（1）当点A′落在边BC上时，求x的值；（2）在动点P从点A运动到点C过程中，当x为何值时，△A′BC是以A′B为腰的等腰三角形；（3）如图（2），另有一动点Q与点P同时出发，在线段BC上以5cm/s的速度从点B运动到点C，过点Q作QE⊥AB于点E，将△BQE绕QE的中点旋转180°得到△B′EQ，连结A′B′，当直线A′B′与△ABC的一边垂直时，求线段A′B′的长．6．在△AOB中，∠ABO＝90°，AB＝3，BO＝4，点C在OB上，且BC＝1，（1）如图1，以O为圆心，OC长为半径作半圆，点P为半圆上的动点，连接PB，作DB⊥PB，使点D落在直线OB的上方，且满足DB：PB＝3：4，连接AD①请说明△ADB∽△OPB；②如图2，当点P所在的位置使得AD∥OB时，连接OD，求OD的长；③点P在运动过程中，OD的长是否有最大值？若有，求出OD长的最大值：若没有，请说明理由．（2）如图3，若点P在以O为圆心，OC长为半径的圆上运动．连接PA，点P在运动过程中，PA﹣是否有最大值？若有，直接写出最大值；若没有，请说明理由．【答案与解析】一、选择题1．【分析】过点B作BD⊥x轴于点D，易证△ACO≌△BCD（AAS），从而可求出B的坐标，进而可求出反比例函数的解析式，根据解析式与A的坐标即可得知平移的单位长度，从而求出C的对应点．【解答】解：过点B作BD⊥x轴于点D，∵∠ACO+∠BCD＝90°，∠OAC+∠ACO＝90°，∴∠OAC＝∠BCD，在△ACO与△BCD中，∴△ACO≌△BCD（AAS）∴OC＝BD，OA＝CD，∵A（0，2），C（1，0）∴OD＝3，BD＝1，∴B（3，1），∴设反比例函数的解析式为y＝，将B（3，1）代入y＝，∴k＝3，∴y＝，∴把y＝2代入，∴x＝，当顶点A恰好落在该双曲线上时，此时点A移动了个单位长度，∴C也移动了个单位长度，此时点C的对应点C′的坐标为（，0）故选：A．2．【分析】在AB上截取AF＝AC＝2，由旋转的性质可得AD＝AE，由勾股定理可求AB＝2，可得BF ＝2﹣2，由“SAS”可证△ACE≌△AFD，可得CE＝DF，则当DF⊥BC时，DF值最小，即CE的值最小，由直角三角形的性质可求线段CE长的最小值．【解答】解：如图，在AB上截取AF＝AC＝2，∵旋转∴AD＝AE∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°∴AB＝2，∠B＝∠BAC＝45°，∴BF＝2﹣2∵∠DAE＝45°＝∠BAC∴∠DAF＝∠CAE，且AD＝AE，AC＝AF∴△ACE≌△AFD（SAS）∴CE＝DF，当DF⊥BC时，DF值最小，即CE的值最小，∴DF最小值为＝2﹣故选：D．二、填空题3．【分析】连接OE，延长EO交CD于点G，作OH⊥B′C，由旋转性质知∠B′＝∠B′CD′＝90°、AB＝CD ＝5、BC＝B′C＝4，从而得出四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形且OE＝OD＝OC＝2.5，继而求得CG＝B′E＝OH＝＝＝2，根据垂径定理可得CF的长．【解答】解：连接OE，延长EO交CD于点G，作OH⊥B′C于点H，则∠OEB′＝∠OHB′＝90°，∵矩形ABCD绕点C旋转所得矩形为A′B′C′D′，∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，AB＝CD＝5、BC＝B′C＝4，∴四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形，OE＝OD＝OC＝2.5，∴B′H＝OE＝2.5，∴CH＝B′C﹣B′H＝1.5，∴CG＝B′E＝OH＝＝＝2，∵四边形EB′CG是矩形，∴∠OGC＝90°，即OG⊥CD′，∴CF＝2CG＝4，故答案为：4．4．【分析】（1）在BC上截取BG＝PD，通过三角形全等证得AG＝AP，BG＝DP，得出△AGP是等边三角形，得出AP＝GP，则PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE，即可证得结论；（2）以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，可证△GMO≌△DME，可得GO＝DE，则MO+NO+GO＝NO+OE+DE，即当D、E、O、N四点共线时，MO+NO+GO值最小，最小值为ND的长度，根据勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的长度，即可求MO+NO+GO 的最小值．【解答】（1）证明：如图1，在BC上截取BG＝PD，在△ABG和△ADP中，∴△ABG≌△ADP（SAS），∴AG＝AP，BG＝DP，∴GC＝PE，∵∠GAP＝∠BAD＝60°，∴△AGP是等边三角形，∴AP＝GP，∴PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE∴PA+PC＝PE；（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．∵△MGD和△OME是等边三角形∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，∴∠GMO＝∠DME在△GMO和△DME中∴△GMO≌△DME（SAS），∴OG＝DE∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO∴当D、E、O、M四点共线时，NO+GO+MO值最小，∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，∴∠NMD＝135°，∴∠DMF＝45°，∵MG＝．∴MF＝DF＝4，∴NF＝MN+MF＝6+4＝10，∴ND＝＝＝2，∴MO+NO+GO最小值为2，故答案为2，三、解答题5．【分析】（1）根据勾股定理求出AC，证明△APD∽△ABC，△A′PC∽△ABC，根据相似三角形的性质计算；（2）分A′B＝BC、A′B＝A′C两种情况，根据等腰三角形的性质解答；（3）根据题意画出图形，根据锐角三角函数的概念计算．【解答】解：（1）如图1，∵在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，∴AC＝＝4cm，当点A′落在边BC上时，由题意得，四边形APA′D为平行四边形，∵PD⊥AB，∴∠ADP＝∠C＝90°，∵∠A＝∠A，∴△APD∽△ABC，∵AP＝5x，∴A′P＝AD＝4x，PC＝4﹣5x，∵∠A′PD＝∠ADP，∴A′P∥AB，∴△A′PC∽△ABC，∴，即＝，解得：x＝，∴当点A′落在边BC上时，x＝；（2）当A′B＝BC时，（5﹣8x）2+（3x）2＝32，解得：．∵x≤，∴；当A′B＝A′C时，x＝．（3）Ⅰ、当A′B′⊥AB时，如图6，∴DH＝PA'＝AD，HE＝B′Q＝EB，∵AB＝2AD+2EB＝2×4x+2×3x＝5，∴x＝，∴A′B′＝QE﹣PD＝x＝；Ⅱ、当A′B′⊥BC时，如图7，∴B′E＝5x，DE＝5﹣7x，∴cos B＝，∴x＝，∴A′B′＝B′D﹣A′D＝；Ⅲ、当A′B′⊥AC时，如图8，由（1）有，x＝，∴A′B′＝PA′sin A＝；当A′B′⊥AB时，x＝，A′B′＝；当A′B′⊥BC时，x＝，A′B′＝；当A′B′⊥AC时，x＝，A′B′＝．6．【分析】（1）①由∠ABO＝90°和DB⊥PB可得∠DBA＝∠PBO，结合边长关系由两边对应成比例及其夹角相等的三角形相似即可证明结论．②过D点作DH⊥BO交OB延长线于H点，由AD∥OB平行可得∠DAB＝90°，而△ADB∽△OPB可知∠POB＝90°，由已知可求出AD．由Rt△DHO即可计算OD的长，③由△ADB∽△OPB可知，可求AD＝，由此可知D在以A为圆心AD为半径的圆上运动，所以OD的最大值为OD过A点时最大．求出OA即可得到答案．（2）在OC上取点B′，使OB′＝OP＝，构造△BOP～△POB′，可得＝PA﹣PB′≤AB'，求出AB’即可求出最大值．【解答】解：（1）①∵DB⊥PB，∠ABO＝90°，∴∠ADB＝∠CDP，又∵AB＝3，BO＝4，DB：PB＝3：4，即：，∴△ADB∽△OPB；②如解图（2），过D点作DH⊥BO交OB延长线于H点，∵AD∥OB，∠ABD＝90°，∴∠DAB＝90°，又∵△ADB∽△OPB，∴，∴AD＝，∵四边形ADHB为矩形，∴HD＝AB＝3，HB＝AD＝，∴OH＝OB+HB＝在Rt△DHO中，OD＝＝＝．③在△AOB中，∠ABO＝90°，AB＝3，BO＝4，∴OA＝5．由②得AD＝，∴D在以A为圆心AD为半径的圆上运动，∴OD的最大值为OD过A点时最大，即OD的最大值为＝OA+AD＝5+＝．（2）如解图（4），在OC上取点B′，使OB′＝OP＝，∵∠BOP＝∠POB′，＝，∴△BOP～△POB′，∴，∴＝PA﹣PB′≤AB'，∴∴有最大值为AB′，在Rt△ABB′中，AB＝3，BB′＝＝，∴AB′＝＝＝，即：点P在运动过程中，PA﹣有最大值为，2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，在五边形ABCDE中，∠BAE＝120°，∠B＝∠E＝90°，AB＝BC，AE＝DE，在BC、DE上分别找一点M、N，使得△AMN的周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为（）A．90°B．100°C．110°D．120°2．如图，P是半圆O上一点，Q是半径OA延长线上一点，AQ＝OA＝1，以PQ为斜边作等腰直角三角形PQR，连接OR．则线段OR的最大值为（）A．B．3 C．D．1二、填空题3．如图，E、F，G、H分别为矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，连接AC、HE、EC，GA，GF．已知AG⊥GF，AC＝，则AB的长为．第3题第4题4．如图，AB为半圆O的直径，点C在半圆O上，AB＝8，∠CAB＝60°，P是弧上的一个点，连接AP，过点C作CD⊥AP于点D，连接BD，在点P移动过程中，BD长的最小值为．三、解答题5．如图，⊙O是四边形ABCD的外接圆．AC、BD是四边形ABCD的对角线，BD经过圆心O，点E在BD的延长线上，BA与CD的延长线交于点F，DF平分∠ADE．（1）求证：AC＝BC；（2）若AB＝AF，求∠F的度数；（3）若，⊙O半径为5，求DF的长．6．如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点D与点B分别位于直线AC的两侧，且AD＝AC，联结BD、CD，BD交直线AC于点E．（1）当∠CAD＝90°时，求线段AE的长．（2）过点A作AH⊥CD，垂足为点H，直线AH交BD于点F，①当∠CAD＜120°时，设AE＝x，y＝（其中S△BCE表示△BCE的面积，S△AEF表示△AEF的面积），求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；②当＝7时，请直接写出线段AE的长．【答案与解析】一、选择题1．【分析】根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和ED的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M+∠A″＝∠HAA′＝60°，进而得出∠AMN+∠ANM＝2（∠AA′M+∠A″）即可得出答案．【解答】解：作A关于BC和ED的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交ED于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值．作EA延长线AH，∵∠BAE＝120°，∴∠HAA′＝60°，∴∠A′+∠A″＝∠HAA′＝60°，∵∠A′＝∠MAA′，∠NAE＝∠A″，且∠A′+∠MAA′＝∠AMN，∠NAE+∠A″＝∠ANM，∴∠AMN+∠ANM＝∠A′+∠MAA′+∠NAE+∠A″＝2（∠A′+∠A″）＝2×60°＝120°，故选：D．2．【分析】将△RQO绕点R顺时针旋转90°，可得△RPE，可得ER＝RO，∠ERO＝90°，PE＝OQ＝2，由直角三角形的性质可得EO＝RO，由三角形三边关系可得EO≤PO+EP＝3，即可求解．【解答】解：将△RQO绕点R顺时针旋转90°，可得△RPE，∴ER＝RO，∠ERO＝90°，PE＝OQ＝2∴EO＝RO，∵EO≤PO+EP＝3∴RO≤3∴OR的最大值＝故选：A．二、填空题3．【分析】如图，连接BD．由△ADG∽△GCF，设CF＝BF＝a，CG＝DG＝b，可得＝，推出＝，可得b＝a，在Rt△GCF中，利用勾股定理求出b，即可解决问题；【解答】解：如图，连接BD．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠DCB＝90°，AC＝BD＝，∵CG＝DG，CF＝FB，∴GF＝BD＝，∵AG⊥FG，∴∠AGF＝90°，∴∠DAG+∠AGD＝90°，∠AGD+∠CGF＝90°，∴∠DAG＝∠CGF，∴△ADG∽△GCF，设CF＝BF＝a，CG＝DG＝b，∴＝，∴＝，∴b2＝2a2，∵a＞0．b＞0，∴b＝a，在Rt△GCF中，3a2＝，∴a＝，∴AB＝2b＝2．故答案为2．4．【分析】以AC为直径作圆O′，连接BO′、BC．在点P移动的过程中，点D在以AC为直径的圆上运动，当O′、D、B共线时，BD的值最小，最小值为O′B﹣O′D，利用勾股定理求出BO′即可解决问题．【解答】解：如图，以AC为直径作圆O′，连接BO′、BC，O'D，∵CD⊥AP，∴∠ADC＝90°，∴在点P移动的过程中，点D在以AC为直径的圆上运动，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∵AB＝8，∠CAB＝60°，∴BC＝AB•sin60°＝4，AC＝AB•cos60°＝4，∴AO'＝CO'＝2，∴BO'＝＝＝2，∵O′D+BD≥O′B，∴当O′、D、B共线时，BD的值最小，最小值为O′B﹣O′D＝2﹣2，故答案为2﹣2．三、解答题5．【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠EDF＝∠ADF，根据圆内接四边形的性质和圆周角定理结论得到结论；（2）根据圆周角定理得到AD⊥BF，推出△ACB是等边三角形，得到∠ADB＝∠ACB＝60°，根据等腰三角形的性质得到结论；（3）设CD＝k，BC＝2k，根据勾股定理得到BD＝＝k＝10，求得＝2，BC＝AC＝4，根据相似三角形的性质即可得到结论【解答】（1）证明：∵DF平分∠ADE，∴∠EDF＝∠ADF，∵∠EDF＝∠ABC，∠BAC∠BDC，∠EDF＝∠BDC，∴∠BAC＝∠ABC，∴AC＝BC；（2）解：∵BD是⊙O的直径，∴AD⊥BF，∵AF＝AB，∴DF＝DB，∴∠FDA＝∠BDA，∴∠ADB＝∠CAB＝∠ACB，∴△ACB是等边三角形，∴∠ADB＝∠ACB＝60°，∴∠ABD＝90°﹣60°＝30°，∴∠F＝∠ABD＝30°；（3）解：∵，∴＝，设CD＝k，BC＝2k，∴BD＝＝k＝10，∴k＝2，∴CD＝2，BC＝AC＝4，∵∠ADF＝∠BAC，∴∠FAC＝∠ADC，∵∠ACF＝∠DCA，∴△ACF∽△DCA，∴＝，∴CF＝8，∴DF＝CF﹣CD＝6．6．【分析】（1）过点E作EG⊥BC，垂足为点G．AE＝x，则EC＝2﹣x．根据BG＝EG构建方程求出x 即可解决问题．（2）①证明△AEF∽△BEC，可得，由此构建关系式即可解决问题．②分两种情形：当∠CAD＜120°时，当120°＜∠CAD＜180°时，分别求解即可解决问题．【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC﹣AC＝2，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°．∵AD＝AC，∴AD＝AB，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠ABD+∠ADB+∠BAC+∠CAD＝180°，∠CAD＝90°，∠ABD＝15°，∴∠EBC＝45°．过点E作EG⊥BC，垂足为点G．设AE＝x，则EC＝2﹣x．在Rt△CGE中，∠ACB＝60°，∴，，∴BG＝2﹣CG＝1+x，在Rt△BGE中，∠EBC＝45°，∴，解得．所以线段AE的长是．（2）①设∠ABD＝α，则∠BDA＝α，∠DAC＝∠BAD﹣∠BAC＝120°﹣2α．∵AD＝AC，AH⊥CD，∴，又∵∠AEF＝60°+α，∴∠AFE＝60°，∴∠AFE＝∠ACB，又∵∠AEF＝∠BEC，∴△AEF∽△BEC，∴，由（1）得在Rt△CGE中，，，∴BE2＝BG2+EG2＝x2﹣2x+4，∴（0＜x＜2）．②当∠CAD＜120°时，y＝7，则有7＝，整理得3x2+x﹣2＝0，解得x＝或﹣1（舍弃），．当120°＜∠CAD＜180°时，同法可得y＝当y＝7时，7＝，整理得3x2﹣x﹣2＝0，解得x＝﹣（舍弃）或1，∴AE＝1．2020年中考数学压轴题一、选择题1．已知函数y ＝ax 2+bx +c 的图象的一部分如图所示，则a +b +c 取值范围是（ ）A ．﹣2＜a +b +c ＜0B ．﹣2＜a +b +c ＜2C ．0＜a +b +c ＜2D ．a +b +c ＜22．如图所示，矩形OABC 中，OA ＝2OC ，D 是对角线OB 上的一点，OD ＝OB ，E 是边AB 上的一点．AE ＝AB ，反比例函数y ＝（x ＞0）的图象经过D ，E 两点，交BC 于点F ，AC 与OB 交于点M ．EF与OB 交于点G ，且四边形BFDE 的面积为．下列结论：①EF ∥AC ；②k ＝2；③矩形OABC 的面积为；④点F 的坐标为（，）正确结论的个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 二、填空题 3．如图，二次函数y ＝（x +2）2+m 的图象与y 轴交于点C ，与x 轴的一个交点为A （﹣1，0），点B 在抛物线上，且与点C 关于抛物线的对称轴对称．已知一次函数y ＝kx +b 的图象经过A ，B 两点，根据图象，则满足不等式（x +2）2+m ≤kx +b 的x 的取值范围是 ．4．如图，AE=4，以AE 为直径作⊙O ，点B 是直径AE 上的一动点，以AB 为边在AE 的上方作正方形ABCD ，取CD 的中点M ，将△ADM 沿直线AM 对折，当点D 的对应点D ´落在⊙O 上时，BE 的长为 .三、解答题5．在平面直角坐标系xOy 中，有不重合的两个点Q （x 1，y 1）与P （x 2，y 2）．若Q ，P 为某个直角三角形的两个锐角顶点，且该直角三角形的直角边均与x 轴或y 轴平行（或重合），则我们将该直角三角形的两条直角边的边长之和称为点Q 与点P 之间的“折距”，记做D PQ ．特别地，当PQ 与某条坐标轴平EA OB D CM D´行（或重合）时，线段PQ的长即点Q与点P之间的“折距”．例如，在图1中，点P（1，﹣1），点Q（3，﹣2），此时点Q与点P之间的“折距”D PQ＝3．（1）①已知O为坐标原点，点A（3，﹣2），B（﹣1，0），则D AO＝，D BO＝．②点C在直线y＝﹣x+4上，请你求出D CO的最小值．（2）点E是以原点O为圆心，1为半径的圆上的一个动点，点F是直线y＝3x+6上以动点．请你直接写出点E与点F之间“折距”D EF的最小值．6．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E在AD上，ED＝3．动点P从点B出发沿BC方向以每秒3个单位的速度向点C运动，过点P作PF∥CE，与边BA交于点F，过点F作FG∥BC，与CE交于点G，当点F与点A重合时，点P停止运动，设点P运动的时间为t秒．（1）用含t的代数式分别表示线段BF和PF的长度，则有BF＝，PF＝．（2）如图2，作点D关于CE的对称点D′，当FG恰好过点D′时，求t的值．（3）如图3，作△FGP的外接圆⊙O，当点P在运动过程中．①当外接圆⊙O与四边形ABCE的边BC或CE相切时，请求出符合要求的t的值；②当外接圆⊙O的圆心O落在△FGP的内部（不包括边上）时，直接写出t的取值范围．【答案与解析】一、选择题1．【分析】函数y＝ax2+bx+c的图象开口向下可知a小于0，由于抛物线顶点在第一象限即抛物线对称轴在y轴右侧，当x＝1时，抛物线的值必大于0由此可求出a的取值范围，将a+b+c用a表示出即可得出答案．【解答】解：由图象可知：a＜0，图象过点（0，1），所以c＝1，图象过点（﹣1，0），则a﹣b+1＝0，当x＝1时，应有y＞0，则a+b+1＞0，将a﹣b+1＝0代入，可得a+（a+1）+1＞0，解得a＞﹣1，所以，实数a的取值范围为﹣1＜a＜0．又a+b+c＝2a+2，∴0＜a+b+c＜2．故选：C．2．【分析】设E（a，b），F（m，n），则a＝OA＝BC，b＝AE，CF＝m，n＝CO＝AB，证明＝即可判断①；表示出D和E的坐标，根据系数k的几何意义求得k的值即可判断②；求得B的坐标，求得矩形OABC的面积即可判断③；求得F的坐标即可判断④．【解答】解：设E（a，b），F（m，n），则a＝OA＝BC，b＝AE，CF＝m，n＝CO＝AB，∴B（a，n），∵E，F在反比例函数y＝上，∴ab＝mn，∴BC•AE＝CF•AB，∴＝，∴EF∥AC，故①正确；∵OD＝OB，AE＝AB，∴D（a，n），E（a，n），∵OA＝2OC，∴a＝2n，∴B（2n，n），D（n，n），E（2n，n），∵反比例函数y＝经过点F，E，∴k＝mn＝2n•n，∴m＝n，∴F（n，n），∴BF＝2n﹣n＝n，BE＝n，∵四边形BFDE的面积＝S△BDF+S△BDE＝，∴×n×（n﹣n）+×n×（2n﹣n）＝，解得n＝，∴E（3，），F（，）∴k＝3×＝2，故②④正确；∵B（3，），∴矩形OABC的面积为，故③正确；故选：A．二、填空题3．【分析】将点A代入抛物线中可求m＝﹣1，则可求抛物线的解析式为y＝x2+4x+3，对称轴为x＝﹣2，则满足（x+2）2+m≤kx+b的x的取值范围为﹣4≤x≤﹣1．【解答】解：抛物线y＝（x+2）2+m经过点A（﹣1，0），∴m＝﹣1，∴抛物线解析式为y＝x2+4x+3，∴点C坐标（0，3），∴对称轴为x＝﹣2，∵B与C关于对称轴对称，点B坐标（﹣4，3），∴满足（x+2）2+m≤kx+b的x的取值范围为﹣4≤x≤﹣1，故答案为﹣4≤x≤﹣1．4.三、解答题5．【分析】（1）①D AO＝|3﹣0|+|﹣2﹣0|＝5，即可求解；②设点C（m，4﹣m），则D CO＝|m|+|m﹣4|，当0≤m≤4时，D CO最小，即可求解；（2）EF1是“折距”D EF的最小值，即求EF1的最小值即可，当点E在y轴左侧于平行于直线y＝﹣x+4的直线相切时，EF1最小，即可求解．【解答】解：（1）①D AO＝|3﹣0|+|﹣2﹣0|＝5，同理D BO＝1，故答案为：5，1；②设点C（m，4﹣m），则D CO＝|m|+|m﹣4|，当0≤m≤4时，D CO最小，最小值为4；（2）如图2，过点E分别作x、y轴的平行线交直线y＝﹣x+4于F1、F2，则EF1是“折距”D EF的最小值，即求EF1的最小值即可，当点E在y轴左侧于平行于直线y＝﹣x+4的直线相切时，EF1最小，如图3，将直线y＝﹣x+4向右平移与圆相切于点E，平移后的直线与x轴交于点G，连接OE，设原直线与x、y轴交于点M、N，则点M、N的坐标分别为（﹣2，0）、点N（0，6），则MN＝2，则△MON∽△GEO，则，即，则GO＝，EF1＝MG＝2﹣＝．6．【分析】（1）由△PFB∽△ECD，得＝＝，由此即可解决问题．（2）如图2中，由△D′MG∽△CDE，得＝，求出MG，根据PF＝CG＝CM﹣MG，列出方程即可解决问题．（3）①存在．如图4中，当⊙O与BC相切时，连接OP延长PO交FG于M，连接OF、OG，由PB＝MF＝MG＝FG＝PC，得到3t＝（5﹣3t），即可解决问题．如图5中，当⊙O与BC相切时，连接GO，延长GO交PF于M，连接OF、OP，由△FGM∽△PFB，得＝，列出方程即可解决问题．②求出两种特殊位置t的值即可判断．【解答】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝4，BC＝AD＝5，∠B＝∠D＝90°，AD∥BC，在Rt△ECD中，∵∠D＝90°，ED＝3．CD＝4，∴EC＝＝5，∵PF∥CE，FG∥BC，∴四边形PFGC是平行四边形，∴∠FPB＝∠ECB＝∠DEC，∴△PFB∽△ECD，∴＝＝，∴＝＝，∴BF＝4t，PF＝5t，故答案为4t，5t．（2）如图2中，∴D、D′关于CE对称，∴DD′⊥CE，DM＝MD′，∵•DE•DC＝•EC•DM，∴DM＝D′M＝，CM＝＝，由△D′MG∽△CDE，得＝，∴＝，∴MG＝，∴PF＝CG＝CM﹣MG，∴5t＝﹣，∴t＝．∴t＝时，D′落在FG上．（3）存在．①如图4中，当⊙O与BC相切时，连接OP延长PO交FG于M，连接OF、OG．∵OP⊥BC，BC∥FG，∴PO⊥FG，∴FM＝MG由PB＝MF＝MG＝FG＝PC，得到3t＝（5﹣3t），解得t＝．如图5中，当⊙O与EC相切时，连接GO，延长GO交PF于M，连接OF、OP．∵OG⊥EC，BF∥EC，∴GO⊥PF，∴MF＝MP＝t，∵△FGM∽△PFB，∴＝，∴＝，解得t＝．综上所述t＝或时，⊙O与四边形ABCE的一边（AE边除外）相切．②如图6中，当∠FPG＝90°时，由cos∠PCG＝cos∠CED，∴＝，∴t＝，如图7中，当∠FGP＝90°时，∴＝，∴t＝，观察图象可知：当＜t＜时，外接圆⊙O的圆心O落在△FGP的内部．2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，平面直角坐标系中，A（﹣8，0），B（﹣8，4），C（0，4），反比例函数y＝的图象分别与线段AB，BC交于点D，E，连接DE．若点B关于DE的对称点恰好在OA上，则k＝（）A．﹣20 B．﹣16 C．﹣12 D．﹣82．如图，等边三角形ABC边长是定值，点O是它的外心，过点O任意作一条直线分别交AB，BC于点D，E．将△BDE沿直线DE折叠，得到△B′DE，若B′D，B′E分别交AC于点F，G，连接OF，OG，则下列判断错误的是（）A．△ADF≌△CGEB．△B′FG的周长是一个定值C．四边形FOEC的面积是一个定值D．四边形OGB'F的面积是一个定值二、填空题3．如图，正方形ABCD和Rt△AEF，AB＝5，AE＝AF＝4，连接BF，DE．若△AEF绕点A旋转，当∠ABF 最大时，S△ADE＝．第3题第4题4．如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，AB＝5，D为BC边的中点，以AD上一点O为圆心的⊙O和AB、BC均相切，则⊙O的半径为．三、解答题5．如图，矩形ABCD，AB＝2，BC＝10，点E为AD上一点，且AE＝AB，点F从点E出发，向终点D 运动，速度为1cm/s，以BF为斜边在BF上方作等腰直角△BFG，以BG，BF为邻边作▱BFHG，连接AG．设点F的运动时间为t秒．（1）试说明：△ABG∽△EBF；（2）当点H落在直线CD上时，求t的值；（3）点F从E运动到D的过程中，直接写出HC的最小值．6．已知，如图，二次函数y＝ax2+2ax﹣3a（a＞0）图象的顶点为C与x轴交于A、B两点（点A在点B 左侧），点C、B关于过点A的直线l：y＝kx﹣对称．（1）求A、B两点坐标及直线l的解析式；（2）求二次函数解析式；（3）如图2，过点B作直线BD∥AC交直线l于D点，M、N分别为直线AC和直线l上的两动点，连接CN，NM、MD，求D的坐标并直接写出CN+NM+MD的最小值．【答案与解析】一、选择题1．【分析】根据A（﹣8，0），B（﹣8，4），C（0，4），可得矩形的长和宽，易知点D的横坐标，E的纵坐标，由反比例函数的关系式，可用含有k的代数式表示出点D的纵坐标和点E的横坐标，由三角形相似和对称，可求出AF的长，然后把问题转化到三角形ADF中，由勾股定理建立方程求出k的值．【解答】解：过点E作EG⊥OA，垂足为G，设点B关于DE的对称点为F，连接DF、EF、BF，如图所示：则△BDE≌△FDE，∴BD＝FD，BE＝FE，∠DFE＝∠DBE＝90°易证△ADF∽△GFE∴，∴AF：EG＝BD：BE，∵A（﹣8，0），B（﹣8，4），C（0，4），∴AB＝OC＝EG＝4，OA＝BC＝8，∵D、E在反比例函数y＝的图象上，∴E（，4）、D（﹣8，）∴OG＝EC＝，AD＝﹣，∴BD＝4+，BE＝8+∴，∴AF＝，在Rt△ADF中，由勾股定理：AD2+AF2＝DF2即：（﹣）2+22＝（4+）2解得：k＝﹣12故选：C．2．【分析】A、根据等边三角形ABC的内心的性质可知：AO平分∠BAC，根据角平分线的定理和逆定理得：FO平分∠DFG，由外角的性质可证明∠DOF＝60°，同理可得∠EOG＝60°，∠FOG＝60°＝∠DOF ＝∠EOG，可证明△DOF≌△GOF≌△GOE，△OAD≌△OCG，△OAF≌△OCE，可得AD＝CG，AF＝CE，从而得△ADF≌△CGE；B、根据△DOF≌△GOF≌△GOE，得DF＝GF＝GE，所以△ADF≌△B'GF≌△CGE，可得结论；C、根据S四边形FOEC＝S△OCF+S△OCE，依次换成面积相等的三角形，可得结论为：S△AOC＝（定值），可作判断；D、方法同C，将S四边形OGB'F＝S△OAC﹣S△OFG，根据S△OFG＝•FG•OH，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB'F的面积也变化，可作判断．【解答】解：A、连接OA、OC，∵点O是等边三角形ABC的内心，∴AO平分∠BAC，∴点O到AB、AC的距离相等，由折叠得：DO平分∠BDB'，∴点O到AB、DB'的距离相等，∴点O到DB'、AC的距离相等，∴FO平分∠DFG，∠DFO＝∠OFG＝（∠FAD+∠ADF），由折叠得：∠BDE＝∠ODF＝（∠DAF+∠AFD），∴∠OFD+∠ODF＝（∠FAD+∠ADF+∠DAF+∠AFD）＝120°，∴∠DOF＝60°，同理可得∠EOG＝60°，∴∠FOG＝60°＝∠DOF＝∠EOG，∴△DOF≌△GOF≌△GOE，∴OD＝OG，OE＝OF，∠OGF＝∠ODF＝∠ODB，∠OFG＝∠OEG＝∠OEB，∴△OAD≌△OCG，△OAF≌△OCE，∴AD＝CG，AF＝CE，∴△ADF≌△CGE，故选项A正确；B、∵△DOF≌△GOF≌△GOE，∴DF＝GF＝GE，∴△ADF≌△B'GF≌△CGE，∴B'G＝AD，∴△B'FG的周长＝FG+B'F+B'G＝FG+AF+CG＝AC（定值），故选项B正确；C、S四边形FOEC＝S△OCF+S△OCE＝S△OCF+S△OAF＝S△AOC＝（定值），故选项C正确；D、S四边形OGB'F＝S△OFG+S△B'GF＝S△OFD+S△ADF＝S四边形OFAD＝S△OAD+S△OAF＝S△OCG+S△OAF＝S△OAC﹣S△OFG，过O作OH⊥AC于H，∴S△OFG＝•FG•OH，由于OH是定值，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB'F的面积也变化，故选项D不一定正确；故选：D．二、填空题3．【分析】作DH⊥AE于H，如图，由于AF＝4，则△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上，当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF，利用勾股定理计算出BF＝3，接着证明△ADH ≌△ABF得到DH＝BF＝3，然后根据三角形面积公式求解．【解答】解：作DH⊥AE于H，如图，∵AF＝4，当△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上，∴当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF，在Rt△ABF中，BF＝＝3，∵∠EAF＝90°，∴∠BAF+∠BAH＝90°，∵∠DAH+∠BAH＝90°，∴∠DAH＝∠BAF，在△ADH和△ABF中，∴△ADH≌△ABF（AAS），∴DH＝BF＝3，∴S△ADE＝AE•DH＝×3×4＝6．故答案为6．【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．4．【分析】过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥BC于点F．根据切线的性质，知OE、OF是⊙O的半径；然后由三角形的面积间的关系（S△ABO+S△BOD＝S△ABD＝S△ACD）列出关于圆的半径的等式，求得圆的半径即可．【解答】解：过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥BC于点F．∵AB、BC是⊙O的切线，∴点E、F是切点，∴OE、OF是⊙O的半径；∴OE＝OF；在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，AB＝5，∴由勾股定理，得BC＝4；又∵D是BC边的中点，∴S△ABD＝S△ACD，又∵S△ABD＝S△ABO+S△BOD，∴AB•OE+BD•OF＝CD•AC，即5×OE+2×OE＝2×3，解得OE＝，∴⊙O的半径是．故答案为：．三、解答题5．【分析】（1）根据两边成比例夹角相等即可证明两三角形相似；（2）如图构建如图平面直角坐标系，作HM⊥AD于M，GN⊥AD于N．设AM交BG于K．首先证明△GFN≌△FHM，想办法求出点H的坐标，构建方程即可解决问题；（3）由（2）可知H（2+t，4+t），令x＝2+t，y＝4+t，消去t得到y＝x+．推出点H在直线y＝x+上运动，根据垂线段最短即可解决问题；【解答】（1）证明：如图1中，∵△ABE，△BGF都是等腰直角三角形，∴＝＝，∵∠ABE＝∠GBF＝45°，∴∠ABG＝∠EBF，∴△ABG∽△EBF．（2）解：如图构建如图平面直角坐标系，作HM⊥AD于M，GN⊥AD于N．设AM交BG于K．∵△GFH是等腰直角三角形，∴FG＝FH，∠GNF＝∠GFH＝∠HMF＝90°，∴∠GFN+∠HFM＝90°，∠HFM+∠FHM＝90°，∴∠GFN＝∠FHM，∴△GFN≌△FHM，∴GN＝FM，FN＝HM，∵△ABG∽△EBF，∴＝＝，∠AGB＝∠EFB，∵∠AKG＝∠BKF，∴∠GAN＝∠KBF＝45°，∵EF＝t，∴AG＝t，∴AN＝GN＝FM＝t，∴AM＝2+t，HM＝FN＝2+t，∴H（2+t，4+t），当点H在直线CD上时，2+t＝10，解得t＝．（3）由（2）可知H（2+t，4+t），令x＝2+t，y＝4+t，消去t得到y＝x+．∴点H在直线y＝x+上运动，如图，作CH垂直直线y＝x+垂足为H．根据垂线段最短可知，此时CH的长最小，易知直线CH的解析式为y＝﹣3x+30，由，解得，∴H（8，6），∵C（10，0），∴CH＝＝2，∴HC最小值是2．6．【分析】（1）令二次函数解析式y＝0，解方程即求得点A、B坐标；把点A坐标代入直线l解析式即求得直线l．（2）把二次函数解析式配方得顶点C（﹣1，﹣4a），由B、C关于直线l对称可知AB＝AC，用a表示AC的长即能列得关于的方程．求得a有两个互为相反数的解，由二次函数图象开口向上可知a＞0，舍去负值．（3）①用待定系数法求直线AC解析式，由BD∥AC可知直线BD解析式的k与AC的k相同，再代入点B坐标即求得直线BD解析式．把直线l与直线BD解析式联立方程组，求得的解即为点D坐标．②由点B、C关于直线l对称，连接BN即有B、N、M在同一直线上时，CN+MN＝BN+MN＝BM最小；作点D关于直线AC的对称点Q，连接DQ交直线AC于点E，可证B、M、Q在同一直线上时，BM+MD＝BM+MQ＝BQ最小，CN+NM+MD最小值＝BM+MD最小值＝BQ．由直线AC垂直平分DQ且AC∥BD可得BD⊥DQ，即∠BDQ＝90°．由B、D坐标易求BD的长；由B、C关于直线l 对称可得l平分∠BAC，作DF⊥x轴于F则有DF＝DE，所以DQ＝2DE＝2DF＝4；利用勾股定理即求得BQ的长．【解答】解：（1）当y＝0时，ax2+2ax﹣3a＝0解得：x1＝﹣3，x2＝1∴点A坐标为（﹣3，0），点B坐标为（1，0）∵直线l：y＝kx﹣经过点A∴﹣3k﹣＝0 解得：k＝﹣∴直线l的解析式为y＝﹣x﹣（2）∵y＝ax2+2ax﹣3a＝a（x+1）2﹣4a∴点C坐标为（﹣1，﹣4a）∵C、B关于直线l对称，A在直线l上∴AC＝AB，即AC2＝AB2∴（﹣1+3）2+（﹣4a）2＝（1+3）2解得：a＝±（舍去负值），即a＝∴二次函数解析式为：y＝x2+x﹣（3）∵A（﹣3，0），C（﹣1，﹣2），设直线AC解析式为y＝kx+b∴解得：∴直线AC解析式为y＝﹣x﹣3∵BD∥AC∴设直线BD解析式为y＝﹣x+c把点B（1，0）代入得：﹣+c＝0 解得：c＝∴直线BD解析式为y＝﹣x+∵解得：∴点D坐标为（3，﹣2）如图，连接BN，过点D作DF⊥x轴于点F，作D关于直线AC的对称点点Q，连接DQ交AC于点E，连接BQ，MQ．∵点B、C关于直线l对称，点N在直线l上∴BN＝CN∴当B、N、M在同一直线上时，CN+MN＝BN+MN＝BM，即CN+MN的最小值为BM∵点D、Q关于直线AC对称，点M在直线AC上∴MQ＝MD，DQ⊥AC，DE＝QE∴当B、M、Q在同一直线上时，BM+MD＝BM+MQ＝BQ，即BM+MD的最小值为BQ∴此时，CN+NM+MD＝BM+MD＝BQ，即CN+NM+MD的最小值为BQ∵点B、C关于直线l对称∴AD平分∠BAC∵DF⊥AB，DE⊥AC∴DE＝DF＝|y D|＝2∴DQ＝2DE＝4∵B（1，0），D（3，﹣2）∴BD2＝（3﹣1）2+（﹣2）2＝16∵BD∥AC∴∠BDQ＝∠AEQ＝90°∴BQ＝∴CN+NM+MD的最小值为8．2020年中考数学压轴题一、选择题1．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，把△ABC沿EF折叠，点C的对应点为O，连接AO，使AO平分∠BAC，若∠BAC＝∠CFE＝50°，则点O是（）A．△ABC的内心B．△ABC的外心C．△ABF的内心D．△ABF的外心2．已知正方形ABCD的边长为5，E在BC边上运动，DE的中点G，EG绕E顺时针旋转90°得EF，问CE为多少时A、C、F在一条直线上（）A．B．C．D．二、填空题3．如图，现将四根木条钉成的矩形框ABCD变形为平行四边形木框A'BCD′，且A′D′与CD相交于CD边的中点E，若AB＝4，则△ECD′的面积是．4．如图，已知点A是第一象限内横坐标为的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y＝﹣x于点N．若点P是线段ON上的一个动点，∠APB＝30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动．求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是．三、解答题5．如图，把矩形ABCD沿AC折叠，使点D与点E重合，AE交BC于点F，过点E作EG∥CD交AC于点G，交CF于点H，连接DG．（1）求证：四边形ECDG是菱形；（2）若DG＝6，AG＝，求EH的值．6．如图，已知△BAC为圆O内接三角形，AB＝AC，D为⊙O上一点，连接CD、BD，BD与AC交于点E，且BC2＝AC•CE①求证：∠CDB＝∠CBD；②若∠D＝30°，且⊙O的半径为3+，I为△BCD内心，求OI的长．【答案与解析】一、选择题1．【分析】连接OB、OC，根据AB＝AC，AO平分∠BAC，∠BAC＝50°，可得AO是BC的垂直平分线，∠BAO＝∠CAO＝25°，得OB＝OC，根据折叠可证明∠OAC＝∠OCA＝25°，得OA＝OC，进而OA＝OB＝OC，可得点O是三角形ABC的外心．【解答】解：如图，连接OB、OC，∵AB＝AC，AO平分∠BAC，∴AO是BC的垂直平分线，∴OB＝OC，∵∠BAC＝50°，AO平分∠BAC，∴∠BAO＝∠CAO＝25°，根据折叠可知：CF＝OF，∠OFE＝∠CFE＝50°，∴∠OFC＝100°，∴∠FCO＝（180°﹣100°）＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝50°，∴∠ACB＝（180°﹣50°）＝65°，∴∠OCA＝∠ACB﹣∠FCO＝65°﹣40°＝25°，∴∠OAC＝∠OCA＝25°，∴OA＝OC，∴OA＝OB＝OC，∴O是△ABC的外心．故选：B．2．【分析】过F作FN⊥BC，交BC延长线于N点，连接AC，构造直角△EFN，利用三角形相似的判定，得出Rt△FNE∽Rt△ECD，根据相似三角形的对应边成比例，求得NE＝CD＝，运用正方形性质，可得出△CNF是等腰直角三角形，从而求出CE．【解答】解：如图，过F作FN⊥BC，交BC延长线于N点，连接AC．∵DE的中点为G，EG绕E顺时针旋转90°得EF，∴DE：EF＝2：1．∵∠DCE＝∠ENF＝90°，∠DEC+∠NEF＝90°，∠NEF+∠EFN＝90°，∴∠DEC＝∠EFN，∴Rt△FNE∽Rt△ECD，∴CE：FN＝DE：EF＝DC：NE＝2：1，∴CE＝2NF，NE＝CD＝．∵∠ACB＝45°，∴当∠NCF＝45°时，A、C、F在一条直线上．则△CNF是等腰直角三角形，∴CN＝NF，∴CE＝NE＝×＝，∴CE＝时，A、C、F在一条直线上．故选：D．二、填空题3．【分析】作A'F⊥BC于F，则∠A'FB＝90°，根据题意得：平行四边形A′BCD′的面积＝BC•A'F＝BC•AB，A'F＝AB＝2，得出∠D'＝∠A'BC＝30°，得出BF＝A'F＝2，由矩形和平行四边形的性质得出BC＝AD＝A'D'，A'D'∥AD∥BC，CD⊥BC，得出CD⊥A'D'，得出A'F∥CD，证出四边形A'ECF 是矩形，得出CE＝A'F＝2，A'E＝CF，证出DE＝BF＝2，即可得出答案．【解答】解：作A'F⊥BC于F，如图所示：则∠A'FB＝90°，根据题意得：平行四边形A′BCD′的面积＝BC•A'F＝BC•AB，∴A'F＝AB＝2，∴∠D'＝∠A'BC＝30°，∴BF＝A'F＝2，∵四边形ABCD是矩形，四边形A′BCD′是平行四边形，∴BC＝AD＝A'D'，A'D'∥AD∥BC，CD⊥BC，∴CD⊥A'D'，∴A'F∥CD，∴四边形A'ECF是矩形，∴CE＝A'F＝2，A'E＝CF，∴DE＝BF＝2，∴△ECD的面积＝DE×CE＝×2×2＝2；4．【分析】首先，需要证明线段B1B2就是点B运动的路径（或轨迹），如图1所示．利用相似三角形可以证明；其次，证明△APN∽△AB1B2，列比例式可得B1B2的长．【解答】解：如图1所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为B i，连接AP，AB i，BB i，∵AO⊥AB1，AP⊥AB i，∴∠OAP＝∠B1AB i，又∵AB1＝AO•tan30°，AB i＝AP•tan30°，∴AB1：AO＝AB i：AP，∴△AB1B i∽△AOP，∴∠B1B i＝∠AOP．同理得△AB1B2∽△AON，∴∠AB1B2＝∠AOP，∴∠AB1B i＝∠AB1B2，∴点B i在线段B1B2上，即线段B1B2就是点B运动的路径（或轨迹）．由图形2可知：Rt△APB1中，∠APB1＝30°，∴，Rt△AB2N中，∠ANB2＝30°，∴＝，∴，∵∠PAB1＝∠NAB2＝90°，∴∠PAN＝∠B1AB2，∴△APN∽△AB1B2，∴＝＝，∵ON：y＝﹣x，∴△OMN是等腰直角三角形，∴OM＝MN＝，∴PN＝，∴B1B2＝，综上所述，点B运动的路径（或轨迹）是线段B1B2，其长度为．故答案为：．。
2020年数学各地中考压轴题汇编.doc
2020年数学各地中考压轴题汇编(一) 1.（25T）（2020广州）（14分）如图11，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC=2cm，BC=4cm，在等腰△PQR中，∠QPR=120°，底边QR=6cm，点B、C、Q、R在同一直线l上，且C、Q两点重合，如果等腰△PQR以1cm/秒的速度沿直线l箭头所示方向匀速运动，t秒时梯形ABCD与等腰△PQR重合部分的面积记为S平方厘米（1）当t=4时，求S的值（2）当4t≤≤10，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值25．（1）t＝4时,Q与B重合，P与D重合，重合部分是BDC∆＝3232221=⋅⋅图112.(28T)（佳木斯市）(本小题满分10分）如图，在平面直角坐标系中，点(30)C -，，点A B ，分别在x 轴，y 轴的正半轴上，10OA -=．（1）求点A ，点B 的坐标．（2）若点P 从C 点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB 运动，连结AP ．设ABP △的面积为S ，点P 的运动时间为t 秒，求S 与t 的函数关系式，并写出自变量的取值范围． （3）在（2）的条件下，是否存在点P ，使以点A B P ，，为顶点的三角形与AOB △相似？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．28．解：（1）10OA -=Q230OB ∴-=，10OA -= ··········································· （1分）OB ∴=，1OA =Q 点A ，点B 分别在x 轴，y 轴的正半轴上(10)(0A B ∴，， ··················································· （2分）（2）求得90ABC ∠=o ································································ （3分）(0(t t S t t ⎧<⎪=⎨->⎪⎩ ≤（每个解析式各1分，两个取值范围共1分） ································· （6分）（3）1(30)P -，；21P ⎛- ⎝；31P ⎛ ⎝；4(3P （每个1分，计4分） ···························································································· （10分）注：本卷中所有题目，若由其它方法得出正确结论，酌情给分．3.(19T)（湖北黄岗罗田.本小题14分）如图，已知∆ABC 中，AB ＝a ，点D 在AB 边上移动（点D 不与A 、B 重合），DE //BC ，交AC 于E ，连结CD ．设S S S S ABC DEC ∆∆==，1．x（1）当D 为AB 中点时，求S S 1：的值；（2）若AD x SSy ==，1，求y 关于x 的函数关系式及自变量x 的取值范围；（3）是否存在点D ，使得S S 114>成立？若存在，求出D 点位置；若不存在，请说明理由． 19、解：（1）ΘDE BC D AB //，为的中点，21==∆∆∴AC AE AB AD ABC ADE ，∽．∴==S S AD AB ADE ∆()214ΘS S AE EC ADE ∆11==， ∴411=S S ． （2） ∵ AD ＝x ，y SS ＝1，∴ x xa AD DB AE EC S S ADE -＝＝＝△1． 又∵ 222ax AB AD S S ADE ＝＝△⎪⎭⎫ ⎝⎛，∴ S △ADE ＝22a x ·S ∴ S 1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x a 22a xS ∴ 221a ax x S S +-=， 即y ＝－x a21＋x a 1自变量x 的取值范围是：0＜x ＜a ．（3）不存在点D ，使得S S 114>成立． 理由：假设存在点D ，使得S S 114>成立，那么S S y 11414>>，即．∴－21ax 2＋a 1x ＞41，∴（a 1x －21）2＜0 ∵（a 1x －21）2≥ ∴x 不存在，即不存在点D ，使得S S 114>成立．4.(27T)（江苏省宿迁市.本题满分12分）如图，⊙O 的半径为1，正方形ABCD 顶点B 坐标为)0,5(，顶点D 在⊙O 上运动． (1)当点D 运动到与点A 、O 在同一条直线上时,试证明直线CD 与⊙O 相切； (2)当直线CD 与⊙O 相切时，求CD 所在直线对应的函数关系式； (3)设点D 的横坐标为x ，正方形ABCD 的面积为S ，求S 与x 之间的函数关系式，并求出S 的最大值与最小值．第27题5.(25T)(大连市14分)如图25－1，正方形ABCD 和正方形QMNP ，∠M =∠B ，M 是正方形ABCD 的对称中心，MN 交AB 于F ，QM 交AD 于E ． ⑴求证：ME = MF ．⑵如图25－2，若将原题中的“正方形”改为“菱形”，其他条件不变，探索线段ME 与线段MF 的关系，并加以证明．⑶如图25－3，若将原题中的“正方形”改为“矩形”，且AB = m BC ，其他条件不变，探索线段ME 与线段MF 的关系，并说明理由．⑷根据前面的探索和图25－4，你能否将本题推广到一般的平行四边形情况？若能，写出推广命题；若不能，请说明理由．图25 - 4图25 - 3图25 - 2图25 -1N6.(26T)(辽宁省十二市)（本题14分）如图16，在平面直角坐标系中，直线y =与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线2(0)y ax c a =+≠经过A B C ，，三点． （1）求过A B C ，，三点抛物线的解析式并求出顶点F 的坐标；（2）在抛物线上是否存在点P ，使ABP △为直角三角形，若存在，直接写出P 点坐标；若不存在，请说明理由；（3）试探究在直线AC 上是否存在一点M ，使得MBF △的周长最小，若存在，求出M 点的坐标；若不存在，请说明理由．八、（本题14分）26．解：（1）Q 直线y =-x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ．(10)A ∴-，，(0C ，······································································· 1分16Q 点A C ，都在抛物线上，03a c c ⎧=++⎪∴⎨⎪=⎩3a c ⎧=⎪∴⎨⎪=⎩ ∴抛物线的解析式为233y x x =-- ··········································· 3分 ∴顶点13F ⎛- ⎝⎭，··········································································· 4分 （2）存在 ······················································································ 5分1(0P ······················································································ 7分2(2P ······················································································ 9分 （3）存在 ···················································································· 10分 理由： 解法一：延长BC 到点B '，使B C BC '=，连接B F '交直线AC 于点M ，则点M 就是所求的点．································································ 11分 过点B '作B H AB '⊥于点H ．B Q点在抛物线233y x x =-上，(30)B ∴， 在Rt BOC △中，tan 3OBC ∠=，30OBC ∴∠=o，BC =在Rt BB H '△中，12B H BB ''==6BH H '==，3OH ∴=，(3B '∴--， ······································ 12分设直线B F '的解析式为y kx b =+33k b k b ⎧-=-+⎪∴⎨-=+⎪⎩解得6k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩y x ∴=-············································································ 13分xy y x ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩解得37x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩37M ⎛∴- ⎝⎭， ∴在直线AC 上存在点M ，使得MBF △的周长最小，此时377M ⎛- ⎝⎭，．14分解法二：过点F 作AC 的垂线交y 轴于点H ，则点H 为点F 关于直线AC 的对称点．连接BH 交AC 于点M ，则点M 即为所求．················ 11分 过点F 作FG y ⊥轴于点G ，则OB FG ∥，BC FH ∥．90BOC FGH ∴∠=∠=o ，BCO FHG ∠=∠HFG CBO ∴∠=∠ 同方法一可求得(30)B ，．在Rt BOC △中，tan OBC ∠=，30OBC ∴∠=o，可求得GH GC ==，GF ∴为线段CH 的垂直平分线，可证得CFH △为等边三角形，AC ∴垂直平分FH ．即点H 为点F 关于AC的对称点．0H ⎛∴- ⎝⎭， ································· 12分 设直线BH 的解析式为y kx b =+，由题意得03k b b =+⎧⎪⎨=⎪⎩解得k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩y ∴=·········································································· 13分y y ⎧=-⎪∴⎨⎪=-⎩解得377x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩37M ⎛∴ ⎝⎭， ∴ 在直线AC 上存在点M ，使得MBF △的周长最小，此时37M ⎛ ⎝⎭，．x1014分7.(28T)(南通市 28题14分)已知双曲线k y x =与直线14y x =相交于A 、B 两点．第一象限上的点M （m ，n ）（在A 点左侧）是双曲线k y x=上的动点．过点B 作BD ∥y 轴交x 轴于点D ．过N （0，－n ）作NC ∥x 轴交双曲线k y x=于点E ，交BD 于点C ．（1）若点D 坐标是（－8，0），求A 、B 两点坐标及k 的值．（2）若B 是CD 的中点，四边形OBCE 的面积为4，求直线CM 的解析式． （3）设直线AM 、BM 分别与y 轴相交于P 、Q 两点，且MA =pMP ，MB =qMQ ，求p －q 的值．28．解：（1）∵D （－8，0），∴B 点的横坐标为－8，代入14y x =中，得y =－2．∴B 点坐标为（－8，－2）．而A 、B 两点关于原点对称，∴A （8，2）．从而8216k =⨯=．……………………………………………………………………3分（2）∵N （0，－n ），B 是CD 的中点，A 、B 、M 、E 四点均在双曲线上，∴mn k =，B （－2m ，－2n ），C （－2m ，－n ），E （－m ，－n ）． ……………4分 S矩形DCNO22mn k==，S △DBO =1122mn k =，S △OEN=1122mn k =， ………………7分∴S 四边形OBCE = S 矩形DCNO－S △DBO－S △OEN =k ．∴4k =． …………………………8分（第28题）由直线14y x =及双曲线4y x=，得A （4，1），B （－4，－1），∴C （－4，－2），M（2，2）．………………………………………………………9分设直线CM 的解析式是y ax b =+，由C 、M 两点在这条直线上，得42,2 2.a b a b -+=-⎧⎨+=⎩ 解得23a b ==． ∴直线CM 的解析式是2233y x =+．………………………………………………11分 （3）如图，分别作AA 1⊥x 轴，MM 1⊥x 轴，垂足分别为A 1、M 1． 设A 点的横坐标为a ，则B 点的横坐标为－a ．于是111A M MA a mp MP M O m-===． 同理MB m aq MQ m+==，……………………………13分 ∴2a m m ap q m m-+-=-=-．……………………14分8.(29T)（庆阳市.2分）一条抛物线2y x mx n =++经过点()03，与()43，． （1）求这条抛物线的解析式，并写出它的顶点坐标；（2）现有一半径为1、圆心P 在抛物线上运动的动圆，当P e 与坐标轴相切时，求圆心P 的坐标；（第28题）（3）P e 能与两坐标轴都相切吗？如果不能，试通过上下平移抛物线2y x mx n =++使P e29． 本小题满分12分（1）∵ 抛物线过()()04，3，，3两点，∴ 23443n m n =⎧⎨++=⎩，．····························································· 1分解得43m n =-⎧⎨=⎩，． ·································································· 2分∴ 抛物线的解析式是243y x x =-+，顶点坐标为()21-，． ············· 3分 （2）设点P 的坐标为00()x y ，，当P e 与y 轴相切时，有0||1x =，∴01x =±． ···························· 5分由01x =，得201430y =-+=； 由01x =-，得20(1)4(1)38y =---+=．此时，点P 的坐标为()()121018P P -，，，． ··························· 6分 当P e 与x 轴相切时，有0||1y =，∴ 01y =±． ······················ 7分由01y =，得20431x x -+=，解得02x =； 由01y =-，得20431x x -+=-，解得02x =． 此时，点P 的坐标为34(2(2P P ，，5(21)P ，-． ·········· 9分 综上所述，圆心P 的坐标为：()()121018P P -，，，，34(2(2P P ，，5(21)P ，-．注：不写最后一步不扣分．（3） 由（2）知，不能． ··············································· 10分 设抛物线243y x x =-+上下平移后的解析式为2(2)1y x h =--+, 若P e 能与两坐标轴都相切，则0||x =0||1y =,即x 0=y 0=1；或x 0=y 0=-1；或x 0=1，y 0=-1；或x 0=-1，y 0=1． ····· 11分 取x 0=y 0=1，代入2(2)1y x h =--+，得h=1．图15∴ 只需将243y x x =-+向上平移1个单位，就可使P e 与两坐标轴都相切． ··················································································· 12分 说明：对于以上各解答题学生试卷中出现的不同解法，请参考本标准给分． 9.(25T)（上海市.题满分14分，第（1）题满分3分，第（2）题满分7分，第（3）题满分4分）正方形ABCD 的边长为2，E 是射线CD 上的动点（不与点D 重合），直线AE 交直线BC于点G ，∠BAE 的平分线交射线BC 于点O ．（1）如图8，当CE ＝32时，求线段BG 的长； （2）当点O 在线段BC 上时，设x EDCE=，BO ＝y ，求y 关于x 的函数解析式；（3）当CE ＝2ED 时，求线段BO 的长．25．解：（1）在边长为2的正方形ABCD 中，32=CE ，得34=DE ， 又∵//AD BC ，即//AD CG ，∴12CG CE AD DE ==，得1CG =－－（2分） ∵2BC =，∴3BG =－－（1分） （2）当点O 在线段BC 上时，过点O 作AG OF⊥，垂足为点F ， ∵AO 为BAE ∠的角平分线，ο90=∠ABO ，∴y BO OF ==－－（１分）在正方形ABCD 中，BC AD //，∴CG CEx AD ED==． ∵2=AD ，∴x CG 2=－－（１分）又∵CEx ED =，2CE ED +=，得xx CE +=12－－（１分）∵在Rt △ABG 中，2AB =，22BG x =+，90B ∠=o，∴AG = ∵2AF AB ==，∴2FG AG AF =-=-－－（１分）∵OF AB FG BG =，即ABy FG BG =⋅，得122222+-++=x x x y ，)0(≥x ；（2分）(1分) （3）当ED CE2=时，①当点O 在线段BC 上时，即2=x，由（2）得32102-==y OB ；－－（1分）A D BGEC图8O 备用图A BCD②当点O 在线段BC 延长线上时，4CE =，2==DC ED ，在 Rt △ADE 中，22=AE ．设AO 交线段DC 于点H ，∵AO 是BAE ∠的平分线，即HAE BAH ∠=∠， 又∵CD AB //，∴AHE BAH ∠=∠．∴AHE HAE ∠=∠． ∴22==AE EH ．∴224-=CH －－（1分）∵CD AB //，∴BOCOAB CH =，即BO BO 22224-=-，得222+=BO ． （2分） 10.(25T)（烟台市.题满分14分）如图，抛物线21:23L y x x =--+交x 轴于A 、B 两点，交y 轴于M 点.抛物线1L 向右平移2个单位后得到抛物线2L ，2L 交x 轴于C 、D 两点. （1）求抛物线2L 对应的函数表达式；（2）抛物线1L 或2L 在x 轴上方的部分是否存在点N ，使以A ，C ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形.若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由； （3）若点P 是抛物线1L 上的一个动点（P 不与点A 、B 重合），那么点P 关于原点的对称点Q 是否在抛物线2L 上，请说明理由.11.(14T)(荷泽市.题满分12分)在△ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝4，AC ＝3，M 是AB 上的动点（不与A ，B 重合），过M 点作MN ∥BC 交AC 于点N ．以MN 为直径作⊙O ，并在⊙O 内作内接矩形AMPN ．令AM ＝x ．（1）用含x 的代数式表示△ＭNP 的面积S ； （2）当x 为何值时，⊙O 与直线BC 相切？（3）在动点M 的运动过程中，记△ＭNP 与梯形BCNM 重合的面积为y ，试求y 关于x 的函数表达式，并求x 为何值时，y 的值最大，最大值是多少？24．(本题满分12分)解：（1）∵MN ∥BC ，∴∠AMN =∠B ，∠AN M ＝∠C ． ∴ △AMN ∽ △ABC ．A B M N D图 2 OA B M N P 图 1 O AB M N 图 3O∴，即．∴AN＝x．……………2分∴=．（0＜＜4）………………3分（2）如图2，设直线BC与⊙O相切于点D，连结AO，OD，则AO=OD =MN．在Rt△ABC中，BC ＝=5．由（1）知△AMN ∽△ABC．∴，即．∴，∴．…………………5分过M点作MQ⊥BC于Q，则．在Rt△BM Q与Rt△BCA中，∠B是公共角，∴△BMQ∽△BCA．∴．∴，．∴x＝．∴当x＝时，⊙O与直线BC相切．…………………………………………7分（3）随点M的运动，当P点落在直线BC上时，连结AP，则O点为AP的中点．∵MN∥BC，∴∠AMN=∠B，∠AOM＝∠APC．∴△AMO ∽△ABP．∴．AM＝MB＝2．故以下分两种情况讨论：①当0＜≤2时，．∴当＝2时，…………………………………………8分②当2＜＜4时，设PM，PN分别交BC于E，F．∵四边形AMPN是矩形，∴PN∥AM，PN＝AM＝x．又∵MN∥BC，∴四边形MBFN是平行四边形．∴F N＝BM＝4－x．∴．又△PEF ∽△ACB．∴．∴．……………………………………………………… 9分＝．……………………10分当2＜＜4时，．∴当时，满足2＜＜4，．综上所述，当时，值最大，最大值是2．……………………………12分。
2020年中考数学压轴题专题讲解：四边形综合题(含答案)
备战2020年中考数学压轴题专题讲解：四边形综合题1．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．（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．3．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．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t 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．5．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．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．如图一，在射线DE的一侧以AD为一条边作矩形ABCD，53AD=，5CD=，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∠的大小是否改变？若不改变，请求出MBN∠的大小；若改变，请说明理由．（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．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6，3QC=，请直接写出线段BP的长．=，1AB DE9．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．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 3 ．理解运用（1）若顶角为120︒的等腰三角形的周长为843+，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．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t s．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()（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45PAMt>的任意时刻，结论“45∠=︒”是否总是PAM∠=︒成立，试探究：对于3成立？请说明理由．12．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∆的外→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，ADEO C接圆交AB于点F，连接DF交AC于点G，连接EF，将EFG∆．∆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．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5DE =，2CF =，当点P 在线段EF 上运动时，求平行四边形PMQN 的周长；（3）类比探究：若DE a =，CF b =．①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．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 →→的路径运动，运动时间为t （秒）．过点E 作EF BC ⊥于点F ，在矩形ABCD 的内部作正方形EFGH ．（1）如图，当8AB BC ==时，①若点H 在ABC ∆的内部，连结AH 、CH ，求证：AH CH =；②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．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．参考答案1、【解答】（1）①解：AEG ∆是等边三角形；理由如下： 四边形ABCD 是菱形，120BAD ∠=︒，//AD BC ∴，AB BC CD AD ===，//AB CD ，1602CAD BAD ∠=∠=︒， 180BAD ADC ∴∠+∠=︒， 60ADC ∴∠=︒， //GH DC ，60AGE ADC ∴∠=∠=︒， 60AGE EAG AEG ∴∠=∠=∠=︒， AEG ∴∆是等边三角形；②证明：AEG ∆是等边三角形， AG AE ∴=， CF AG =， AE CF ∴=，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 ∠=∠+∠=︒， 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 =， AE CF ∴=，四边形ABCD 是菱形， 120BCD BAD ∴∠=∠=︒，1602CAD BAD ∠=∠=︒， 60FCD CAD ∴∠=︒=∠，在AED ∆和CFD ∆中，AD CD EAD FCD AE CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AED CFD SAS ∴∆≅∆， DE DF ∴=，ADE CDF ∠=∠，60ADC ADE CDE ∠=∠-∠=︒， 60CDF CDE ∴∠-∠=︒，即60EDF ∠=︒， DEF ∴∆是等边三角形．2、【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 ∠=∠， 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 =+=+， 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 ∠+∠=︒，180ADC ADF ∠+∠=︒，B ADF ∴∠=∠，在ABM ∆和ADF ∆中，AB ADB ADF BM DF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ABM ADF SAS ∴∆≅∆，AF AM ∴=，DAF BAM ∠=∠，BAD MAF ∴∠=∠，2BAD EAF ∠=∠，2MAF EAF ∴∠=∠，MAE EAF ∴∠=∠，在FAE ∆和MAE ∆中，AE AEFAE 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 ∠=︒+︒+︒-︒=︒，70EOF ∠=︒，12EOF AOB ∴∠=∠，OA OB =，(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．3、【解答】解：（Ⅰ）如图①中，作DH BC ⊥于H ．AOB ∆是等边三角形，//DC OA ，60DCB AOB ∴∠=∠=︒，60CDB A ∠=∠=︒，CDB ∴∆是等边三角形， 23CB =DH CB ⊥，3CH HB ∴==3DH =，(63D ∴，3)，3C B '=，233CC ∴'=-，233DD CC ∴'='=-，(33D ∴'+3)．（Ⅱ）当3BB '=时，四边形MBND '是菱形．理由：如图②中，ABC ∆是等边三角形，60ABO ∴∠=︒，180120ABB ABO '∴∠=︒-∠=︒， BN 是ACC '∠的角平分线， 1602NBB ABB D C B ''∴∠'=∠=︒=∠''，//D C BN ''∴，//AB B D ''∴四边形MBND '是平行四边形，60ME C MCE '''∠=∠=︒，60NCC NC C ''∠=∠=︒，∴△MC B ''和NBB '∆是等边三角形，MC CE '∴=，NC CC '=，23B C ''=，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，AD '==此时15(2P ，．4、【解答】（1）证明：l AD ⊥，BC AD ⊥，//l BC ∴， ∴AM ANAB AC =，AB AC =，AM AN ∴=，90BAC ∠=︒，ME NE ∴=，22MN AE t ∴==，2BP t =，MN BP ∴=，∴四边形MBPN 为平行四边形；（2）解：四边形MFGN 是正方形，22FG MN MF AE t ∴====，2EH MF t ==，103DH AD AH t ∴=-=-，2115252(103)3()2233PFG S FG DH t t t ∆∴==⨯⨯-=--+，30a =-<，1003t <<，∴当53t =时，PFG S ∆最大253=；（3）解：存在，当t =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 =5t =或10t =时，PFG ∆为等腰三角形．5、【解答】解：（1）由图②知：5AD =，当0t =时，P 与A 重合，152y AD CD =⨯⨯=，1552CD ⨯⨯=，2CD cm =，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 ∴==-=-，四边形EFPC 是正方形，12DEF PDC EFPC S S S ∆∆∴+=正方形，222PC PD CD =+，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 ，四边形EFPC 是正方形，PF EF PC ∴==，90FPC ∠=︒，PF FD ∴=，FG PD ⊥， 12PG DG PD ∴==， 90FPG CPD CPD DCP ∠+∠=∠+∠=︒，FPG DCP ∴∠=∠，90FGP PDC ∠=∠=︒，()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 ==，112CG DG CD ∴===， 同理得：()PDC CGE AAS ∆≅∆，1PD CG ∴==，514AP t ∴==-=，④当DF EF =时，如下所示，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．6、【解答】解：（1）如图1，记EQ 与AC 的交点为G ，AC BC ⊥，90ACB ∴∠=︒，在Rt ABC ∆中，10AB =，6AC =，根据勾股定理得，8BC =，3tan 4AC B BC ==， 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 ⊥，90BPE ∴∠=︒，在Rt BPE ∆中，3sin 5B =，4cos 5B =，3tan 4PE PE B BP t ===， 34PE t ∴=， //EQ BC ，90PEQ BPE ∴∠=∠=︒，∴四边形CPEG 是矩形，34CG PE t ∴==， //EQ BC ，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 ，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，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 ， 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 ∴=．7、【解答】解：（1）如图一（1）中，四边形ABCD 是矩形，90ADC ∴∠=︒，53tan 353DC DAC AD ∠===，30DAC ∴∠=︒．（2）①如图一（1）中，当AN NM =时，90BAN BMN ∠=∠=︒，BN BN =，AN NM =， Rt BNA Rt BNM(HL)∴∆≅∆，BA BM ∴=，在Rt ABC ∆中，30ACB DAC ∠=∠=︒，5AB CD ==， 210AC AB ∴==，60BAM ∠=︒，BA BM =，ABM ∴∆是等边三角形，5AM AB ∴==，5CM AC AM ∴=-=．如图一（2）中，当AN AM =时，易证15AMN ANM ∠=∠=︒，90BMN ∠=︒，75CMB ∴∠=︒，30MCB ∠=︒，180753075CBM ∴∠=︒-︒-︒=︒，CMB CBM ∴∠=∠，3CM CB ∴==，综上所述，满足条件的CM 的值为5或53②结论：30MBN ∠=︒大小不变．理由：如图一（1）中，180BAN BMN ∠+∠=︒，A ∴，B ，M ，N 四点共圆，30MBN MAN ∴∠=∠=︒．如图一（2）中，90BMN BAN ∠=∠=︒，A ∴，N ，B ，M 四点共圆，180MBN MAN ∴∠+∠=︒，180DAC MAN ∠+∠=︒，30MBN DAC ∴∠=∠=︒，综上所述，30MBN ∠=︒．（3）如图二中，AM MC =，BM AM CM ∴==，2AC AB ∴=，AB BM AM ∴==，ABM ∴∆是等边三角形，60BAM BMA ∴∠=∠=︒，90BAN BMN ∠=∠=︒，30NAM NMA ∴∠=∠=︒，NA NM ∴=，BA BM =，BN ∴垂直平分线段AM ，52FM ∴=，53cos303FM NM ∴==︒，90NFM ∠=︒，NH HM =，12FH MN ∴==8、【解答】解：（1）BP QC EC +=；理由如下： 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 ⊥，90H ∴∠=︒，90G GEH ∠+∠=︒，PEQ G ∴∠=∠，又90EPQ PEC ∠+∠=︒，90PEC GED ∠+∠=︒， EPQ GED ∴∠=∠，在PEQ ∆和EGD ∆中，EPQ GEDEP EG PEQ 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 ⊥，90H ∴∠=︒，90G GEH ∠+∠=︒，PEQ G ∴∠=∠，四边形ABCD 是正方形，90DCB ∴∠=︒，BC DC =，90EPQ PEC ∴∠+∠=︒，90PEC GED ∠+∠=︒，GED EPQ ∴∠=∠，在PEQ ∆和EGD ∆中，EPQ GEDEP EG PEQ 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 ==，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 =，1PC PQ QC ∴=-=，615BP BC PC ∴=-=-=；综上所述，线段BP 的长为3或5．9、【解答】（1）解：如图1中，//PN BC，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''=''，MN PN∴=，∴四边形PQMN是正方形（4）如图，过点N作ND ME⊥于点D图3MN EN =，ND ME ⊥，NEM MNE ∴∠=∠，ED DM =90BMN QEM ∠=∠=︒90EQM EMQ ∴∠+∠=︒，90EMQ EMN ∠+∠=︒EMN EQM ∴∠=∠，且MN QN =，90QEM NDM ∠=∠=︒()QEM MDN AAS ∴∆≅∆12EQ DM EM ∴==，90BMN QEM ∠=∠=︒90BEQ NEM ∴∠+∠=︒，90BME NME ∠+∠=︒BEQ BME ∴∠=∠，且MBE MBE ∠=∠BEQ BME ∴∆∆∽ ∴12BQ BE EQ BE BM EM ===，2BM BE ∴=，2BE BQ =4BM BQ ∴=3QM BQ MN ∴==，5BN BQ = ∴3355MN BQ BN BQ ==55()33ahBN MN a h ∴==+10、【解答】性质探究解：作CD AB ⊥于D ，如图①所示：则90ADC BDC ∠=∠=︒，AC BC =，120ACB ∠=︒，AD BD ∴=，30A B ∠=∠=︒，2AC CD ∴=，AD =，2AB AD ∴==，∴AB AC =；理解运用（1）解：如图①所示：同上得：2AC CD =，AD =，8AC BC AB ++=+，48CD ∴+=+解得：2CD =，AB ∴=，ABC ∴∆的面积11222AB CD =⨯=⨯=故答案为：（2）①证明：EF EG EH ==，EFG EGF ∴∠=∠，EGH EHG ∠=∠，EFG EHG EGF EGH FGH ∴∠+∠=∠+∠=∠； ②解：连接FH ，作EP FH ⊥于P ，如图②所示： 则PF PH =，由①得：120EFG EHG FGH ∠+∠=∠=︒，360120120120FEH ∴∠=︒-︒-︒=︒，EF EH =，30EFH ∴∠=︒，152PE EF ∴==，PF ∴==，2FH PF ∴==，点M 、N 分别是FG 、GH 的中点，MN ∴是FGH ∆的中位线， 1532MN FH ∴==；类比拓展解：如图③所示：作AD BC ⊥于D ，AB AC =，BD CD ∴=，12BAD BAC α∠=∠=，sin BDAB α=，sin BD AB α∴=⨯，22sin BC BD AB α∴==⨯，∴2sin 2sin BC AB AB AB αα==；故答案为：2sin α．11、【解答】解：（1）①如图1中，四边形ABCD 是矩形，90ABC ∴∠=︒，2221AC AB BC ∴=+=PCB ACB ∠'=∠，90PB C ABC ∠'=∠=︒， PCB ACB ∴∆'∆∽，∴CB PB CB AB ''=，∴2123323PB -'=，274PB ∴'=-．274t PB ∴==-． ②如图21-中，当PCB ∠’ 90=︒时，四边形ABCD 是矩形，90D ∴∠=︒，23AB CD ==，3AD BC ==，22(23)33DB ∴'=-=，3CB CD DB ∴'=-'=，在Rt PCB ∆'中，222B P PC B C '=+'，222(3)(3)t t ∴=+-，2t ∴=．如图22-中，当PCB ∠’ 90=︒时，在Rt ADB ∆'中，223DB AB AD '='-=， 33CB ∴'=在Rt PCB ∆’中则有：222(33)(3)t t +-=，解得6t =． 如图23-中，当CPB ∠’ 90=︒时，易证四边形ABP ’为正方形，易知23t =．综上所述，满足条件的t 的值为2s 或6s 或23s ．（2）如图31-中，45PAM ∠=︒2345∴∠+∠=︒，1445∠+∠=︒又翻折，12∴∠=∠，34∠=∠，又ADM AB ∠=∠’ M ，AM AM =， ()AMD AMB AAS ∴∆≅∆'，AD AB ∴=’ AB =，即四边形ABCD 是正方形，如图，设APB x ∠=．90PAB x ∴∠=︒-，DAP x ∴∠=，易证MDA ∆≅△B ’ ()AM HL ， BAM DAM ∴∠=∠，翻折，PAB PAB ∴∠=∠’ 90x =︒-， DAB ∴∠’ PAB =∠’ 902DAP x -∠=︒-， 12DAM DAB ∴∠=∠’ 45x =︒-，45MAP DAM PAD ∴∠=∠+∠=︒．12、【解答】（1）证明：四边形ABCD 是正方形， 45DAC CAB ∴∠=∠=︒，FDE CAB ∴∠=∠，DFE DAC ∠=∠， 45FDE DFE ∴∠=∠=︒， 90DEF ∴∠=︒，DEF ∴∆是等腰直角三角形；（2）设OE t =，连接OD ， 90DOE DAF ∴∠=∠=︒， OED DFA ∠=∠，DOE DAF ∴∆∆∽，∴22OEODAF AD ==，∴2AF t =，又AEF ADG ∠=∠，EAF DAG ∠=∠，AEF ADG ∴∆∆∽， ∴AE AFAD AG =， ∴42AG AE AD AF t ==，又AE OA OE t =+=+，∴AG =，EG AE AG ∴=-=当点H 恰好落在线段BC 上454590DFH DFE HFE ∠=∠+∠=︒+︒=︒， ADF BFH ∴∆∆∽，∴FH FB FD AD ==， //AF CD ，∴FG AF DG CD ==∴FG DF =∴=，解得：1t =-，2t =（舍去），EG EH ∴====-；（3）过点F 作FK AC ⊥于点K ，由（2）得EG =，DE EF =，90DEF ∠=︒，DEO EFK ∴∠=∠，()DOE EKF AAS ∴∆≅∆，FK OE t ∴==， 31242EFG t S EG FK ∆+∴==13、【解答】（1）证明：如图1中，四边形ABCD 是矩形，//AD BC ∴，DEF EFB ∴∠=∠，由翻折可知：DEF BEF ∠=∠，BEF EFB ∴∠=∠，BE BF ∴=．（2）解：如图2中，连接BP ，作EH BC ⊥于H ，则四边形ABHE 是矩形，EH AB =．5DE EB BF ===，2CF =，7AD BC ∴==，2AE =，在Rt ABE ∆中，90A ∠=︒，5BE =，2AE =，225221AB ∴=-=，BEF PBE PBF S S S ∆∆∆=+，PM BE ⊥，PN BF ⊥， ∴111222BF EH BE PM BF PN =+， BE BF =，21PM PN EH ∴+==，四边形PMQN 是平行四边形，∴四边形PMQN 的周长2()221PM PN =+=（3）①证明：如图3中，连接BP ，作EH BC ⊥于H ．ED EB BF a ===，CF b =，AD BC a b ∴==+，AE AD DE b ∴=-=， 22EH AB a b ∴==-，EBP BFP EBF S S S ∆∆∆-=，∴111222BE PM BF PN BF EH -=， BE BF =，22PM PN EH a b ∴-==-，四边形PMQN 是平行四边形，22()QN QM PM PN a b ∴-=-=-．②如图4，当点P 在线段FE 的延长线上运动时，同法可证：22QM QN PN PM a b -=-=-．14、【解答】解：（1）①如图1中，四边形EFGH 是正方形，AB BC =，BE BG ∴=，AE CG =，90BEH BGH ∠=∠=︒，90AEH CGH ∴∠=∠=︒，EH HG =，()AEH CGH SAS ∴∆≅∆，AH CH ∴=．②如图1中，当04t <时，重叠部分是正方形EFGH ，2S t =．如图2中，当48t <时，重叠部分是五边形EFGMN ，2211882(8)163222ABC AEN CGM S S S S t t t ∆∆∆=--=⨯⨯-⨯-=-+-．综上所述，22(04)1632(48)t t S t t t ⎧<=⎨-+-<⎩． （2）如图31-中，设直线AH 交BC 于M ，当4BM CM ==时，直线AH 将矩形ABCD 的面积分成1:3两部分．//EH BM ，∴AE EH AB BM =， ∴664t t -=， 125t ∴=． 如图32-中，设直线长AH 交CD 于M 交BC 的延长线于K ，当3CM DM ==时，直线AH 将矩形ABCD 的面积分成1:3两部分，易证8AD CK ==，//EH BK ，∴AE EH AB BK=，∴6616t t -=， 4811t ∴=． 如图33-中，当点E 在线段AC 上时，设直线AH 交CD 于M ，交BC 的延长线于N ．当CM DM =时，直线AH 将矩形ABCD 的面积分成1:3两部分，易证8AD CN ==．在Rt ABC ∆中，226810AC =+=，//EF AB ，∴CE EFCA AB =，∴16106tEF-=，3(16)5EF t ∴=-，//EH CN ，∴EH AECN AC =，∴3(16)65810t t --=，解得727t =．当正方形EFGH 在AC 的左边时，由EH AE CN AC =，可得3(16)65410t t --=，解得12t =．综上所述，满足条件的t 的值为125或4811或727或12．15、【解答】解：（1）如图1，过点C 作CE y ⊥轴于点E ，矩形ABCD 中，CD AD ⊥，90CDE ADO ∴∠+∠=︒，又90OAD ADO ∠+∠=︒，30CDE OAD ∴∠=∠=︒，∴在Rt CED ∆中，122CE CD ==，2223DE CD CE =-=在Rt OAD ∆中，30OAD ∠=︒，132OD AD ∴==，∴点C 的坐标为(2,33)+（2）M 为AD 的中点，3DM ∴=，6DCM S ∆=， 又212OMCD S =四边形，92ODM S ∆∴=，9OAD S ∆∴=，设OA x =、OD y =，则2236x y +=，192xy =，222x y xy ∴+=，即x y =，将x y =代入2236x y +=得218x =， 解得32x =（负值舍去），32OA ∴=（3）OC 的最大值为8，如图2，M 为AD 的中点，3OM ∴=，225CM CD DM =+=，8OC OM CM ∴+=，当O 、M 、C 三点在同一直线时，OC 有最大值8，连接OC ，则此时OC 与AD 的交点为M ，过点O 作ON AD ⊥，垂足为N ， 90CDM ONM ∠=∠=︒，CMD OMN ∠=∠，CMD OMN ∴∆∆∽， ∴CDDMCMON MN OM ==，即4353ON MN ==， 解得95MN =，125ON =，65AN AM MN ∴=-=，在Rt OAN ∆中，22655OA ON AN =+=，5cos 5ANOAD OA ∴∠==．。
2020年九年级数学典型中考压轴题训练：《四边形综合》含答案
2020年九年级数学典型中考压轴题训练：《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．。
2020年部分省市中考数学试题(压轴题部分)
2020年部分省市中考数学试题（压轴题部分）名目：⒈广东省 ⒉广东省深圳市 ⒊河北省 ⒋江西省 ⒌浙江省嘉兴市 ⒍浙江省宁波市 ⒎江苏省 ⒏湖北省孝感市 ⒐湖北省武汉市 ⒑湖北省荆门市 ⒒湖北省襄樊市 ⒓福建省宁德市 ⒔福建省莆田市 ⒕山东省潍坊市 ⒖山东省威海市 ⒗山东省济南市 ⒘湖南省娄底市 ⒙湖南省衡阳市 ⒚重庆市 ⒛四川省南充市⒈(广东省)22.正方形ABCD 边长为4，M 、N 分不是BC 、CD 上的两个动点，当M 点在BC 上运动时，保持AM 和MN 垂直， 〔1〕证明：Rt Rt ABM MCN △∽△；〔2〕设BM x =，梯形ABCN 的面积为y ，求y 与x 之间的函数关系式；当M 点运动到什么位置时，四边形ABCN 面积最大，并求出最大面积；〔3〕当M 点运动到什么位置时Rt Rt ABM AMN △∽△，求x 的值．答案：解：〔1〕在正方形ABCD 中，490AB BC CD B C ===∠=∠=，°， AM MN ⊥，90AMN ∴∠=°，90CMN AMB ∴∠+∠=°．在Rt ABM △中，90MAB AMB ∠+∠=°， CMN MAB ∴∠=∠，Rt Rt ABM MCN ∴△∽△．〔2〕Rt Rt ABM MCN △∽△， 44AB BM xMC CN x CN∴=∴=-，， 244x x CN -+∴=22214114428(2)102422ABCNx x y S x x x ⎛⎫-+∴==+=-++=--+ ⎪⎝⎭梯形， 当2x =时，y 取最大值，最大值为10． 〔3〕90B AMN ∠=∠=°，∴要使ABM AMN △∽△，必须有AM ABMN BM=， 由〔1〕知AM ABMN MC=， BM MC ∴=，∴当点M 运动到BC 的中点时，ABM AMN △∽△，现在2x =．N DA CBM 第22题图NDA CBM答案22题图⒉(广东省深圳市)23．如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=－2x－8分不与x轴，y轴相交于A，B两点，点P〔0，k〕是y轴的负半轴上的一个动点，以P为圆心，3为半径作⊙P.〔1〕连结PA，假设PA=PB，试判定⊙P与x轴的位置关系，并讲明理由；〔2〕当k为何值时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三角形是正三角形？答案：解：〔1〕⊙P与x轴相切.∵直线y=－2x－8与x轴交于A〔4，0〕，与y轴交于B〔0，－8〕，∴OA=4，OB=8.由题意，OP=－k，∴PB=PA=8+k.在Rt△AOP中，k2+42=(8+k)2，∴k=－3，∴OP等于⊙P的半径，∴⊙P与x轴相切.〔2〕设⊙P与直线l交于C，D两点，连结PC，PD当圆心P在线段OB上时,作PE⊥CD 于E.∵△PCD为正三角形，∴DE=12CD=32，PD=3，∴PE=33.∵∠AOB=∠PEB=90°，∠ABO=∠PBE，∴△AOB∽△PEB，∴332,=45AO PEAB PB PB=即，∴315, PB=∴3158PO BO PB=-=-，∴315(0,8)P-，∴8k =-. 当圆心P 在线段OB 延长线上时,同理可得P (0,－8)， ∴k =－8， ∴当k－8或k =－8时，以⊙P 与直线l 的两个交点和圆心P 为顶点的三角形是正三角形.⒊(河北省)26.如图16，在Rt △ABC 中，∠C =90°，AC = 3，AB = 5．点P 从点C 动身沿CA 以每秒1个单位长的速度向点A 匀速运动，到达点A 后赶忙以原先的速度沿AC 返回；点Q 从点A 动身沿AB 以每秒1个单位长的速度向点B 匀速运动．相伴着P 、Q 的运动，DE 保持垂直平分PQ ，且交PQ 于点D ，交折线QB -BC -CP 于点E ．点P 、Q 同时动身，当点Q 到达点B 时停止运动，点P 也随之停止．设点P 、Q 运动的时刻是t 秒〔t ＞〔1〕当t = 2时，AP =，点Q 到AC 的距离是 ； 〔2〕在点P 从C 向A 运动的过程中，求△APQ 的面积S 与t 的函数关系式；〔不必写出t 的取值范畴〕〔3〕在点E 从B 向C 运动的过程中，四边形QBED 能否成为直角梯形？假设能，求t 〔4〕当DE 通过点C 时，请直截了当．．．．写出t 的值． 答案：解：〔1〕1，85；〔2〕作QF ⊥AC 于点F ，如图3， AQ = CP = t ，∴3AP t =-由△AQF ∽△ABC ，4BC ==， 得45QF t =．∴45QF t =． ∴14(3)25S t t =-⋅，即22655S t t =-+．〔3〕能．①当DE ∥QB 时，如图4．∵DE ⊥PQ ，∴PQ ⊥QB ，四边形QBED 是直角梯形． 现在∠AQP =90°．由△APQ ∽△ABC ，得AQ APAC AB =， 即335t t -=． 解得98t =． 图16P图4P图3F②如图5，当PQ ∥BC 时，DE ⊥BC ，四边形QBED 是直角梯形． 现在∠APQ =90°．由△AQP ∽△ABC ，得 AQ APAB AC =， 即353t t -=． 解得158t =．〔4〕52t =或4514t =．【注：①点P 由C 向A 运动，DE 通过点C ．方法一、连接QC ，作QG ⊥BC 于点G ，如图6．PC t =，222QC QG CG =+2234[(5)][4(5)]55t t =-+--．由22PC QC =，得22234[(5)][4(5)]55t t t =-+--，解得52t =．方法二、由CQ CP AQ ==，得QAC QCA ∠=∠，进而可得 B BCQ ∠=∠，得CQ BQ =，∴52AQ BQ ==．∴52t =． ②点P 由A 向C 运动，DE 通过点C ，如图7．22234(6)[(5)][4(5)]55t t t -=-+--，4514t =】⒋(江西省)25．如图1，在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，E 是AB 的中点，过点E 作EF BC ∥交CD 于点F ．46AB BC ==，，60B =︒∠. 〔1〕求点E 到BC 的距离； 〔2〕点P 为线段EF 上的一个动点，过P 作PM EF ⊥交BC 于点M ，过M 作MN AB ∥交折线ADC 于点N ，连结PN ，设EP x =.①当点N 在线段AD 上时〔如图2〕，PMN △的形状是否发生改变？假设不变，求出PMN △的周长；假设改变，请讲明理由；②当点N 在线段DC 上时〔如图3〕，是否存在点P ，使PMN △为等腰三角形？假设存在，要求出所有满足要求的x 的值；假设不存在，请讲明理由.P图5A D E BF C图4〔备用〕AD EBF C图5〔备用〕A D E BF C图1 图2A D EBFC PN M 图3A DE BFCPNM〔第25题〕答案：解：〔1〕如图1，过点E 作EG BC ⊥于点G ．∵E 为AB 的中点，∴122BE AB ==．在Rt EBG △中，60B =︒∠，∴30BEG =︒∠．∴112BG BE EG ====， 即点E 到BC〔2〕①当点N 在线段AD 上运动时，PMN △的形状不发生改变． ∵PM EF EG EF ⊥⊥，，∴PM EG ∥． ∵EF BC ∥，∴EP GM =，PM EG == 同理4MN AB ==．如图2，过点P 作PH MN ⊥于H ，∵MN AB ∥， ∴6030NMC B PMH ==︒=︒∠∠，∠．∴122PH PM == ∴3cos302MH PM =︒=．那么35422NH MN MH =-=-=．在Rt PNH △中，PN === ∴PMN △的周长=4PM PN MN ++=．②当点N 在线段DC 上运动时，PMN △的形状发生改变，但MNC △恒为等边三角形．当PM PN =时，如图3，作PR MN ⊥于R ，那么MR NR =．类似①，32MR =． ∴23MN MR ==．∵MNC △是等边三角形，∴3MC MN ==．现在，6132x EP GM BC BG MC ===--=--=．图1A D E BF CG图2A D E BF CPNMG H当MP MN =时，如图4，这时MC MN MP ===现在，615x EP GM ===-=-当NP NM =时，如图5，30NPM PMN ==︒∠∠．那么120PMN =︒∠，又60MNC =︒∠， ∴180PNM MNC +=︒∠∠．因此点P 与F 重合，PMC △为直角三角形． ∴tan301MC PM =︒=．现在，6114x EP GM ===--=．综上所述，当2x =或4或(5时，PMN △为等腰三角形．⒌(浙江省嘉兴市)24．如图，A 、B 是线段MN 上的两点，4=MN ，1=MA ，1>MB ．以A 为中心顺时针旋转点M ，以B 为中心逆时针旋转点N ，使M 、N〔1〕求x 的取值范畴；〔2〕假设△ABC 为直角三角形，求x 的值； 〔3〕探究：△ABC 的最大面积？答案：解：〔1〕在△ABC 中，∵1=AC ，x AB =，BC ∴⎩⎨⎧>-+->+xx x x 3131，解得21<<x ． 〔2〕①假设AC 为斜边，那么22)3(1x x -+=，即0432=+-x x ，无解． ②假设AB 为斜边，那么1)3(22+-=x x ，解得35=x ，满足1<x ③假设BC 为斜边，那么221)3(x x +=-，解得34=x ，满足1<<x ∴35=x 或34=x ． 〔3〕在△ABC 中，作AB CD ⊥于D ，图3A D E BFCPN M 图4A D EBF CPM N 图5A D EBF 〔P 〕 CMN GGRGA BNM 〔第24题〕A B NM 〔第24题-1〕设h CD =，△ABC 的面积为S ，那么xh S 21=． ①假设点D 在线段AB 上， 那么x h x h =--+-222)3(1．∴22222112)3(h h x x h x -+--=--，即4312-=-x h x ． ∴16249)1(222+-=-x x h x ，即16248222-+-=x x h x ． ∴462412222-+-==x x h x S 21)23(22+--=x 〔423x <≤〕． 当23=x 时〔满足423x <≤〕，2S 取最大值21，从而S 取最大值22．②假设点D 在线段MA 上， 那么x h h x =----2221)3(．同理可得，462412222-+-==x x h x S21)23(22+--=x 〔413x <≤〕，易知现在22<S ． 综合①②得，△ABC 的最大面积为22．⒍(浙江省宁波市)26．如图1，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点A 的坐标为〔－8，0〕，直线BC 通过点B 〔－8，6〕，将四边形OABC 绕点O 按顺时针方向旋转α度得到四边形OA ′B ′C ′，现在声母OA ′、直线B ′C ′分不与直线BC 相交于P 、Q ． 〔1〕四边形的形状是 ，当α=90°时，BPPQ的值是 ． 〔2〕①如图2,当四边形OA ′B ′C ′的顶点B ′落在y 轴正半轴上时,求BPPQ的值; ②如图3,当四边形OA ′B ′C ′的顶点B ′落在直线BC 上时,求ΔOPB ′的面积． 〔3〕在四边形OA B C 旋转过程中,当00180α<≤时，是否存在如此的点P 和点Q ，使CBAD N〔第24题-2〕BP=12BQ？假设存在，请直截了当写出点P的坐标；基不存在，请讲明理由．答案：解：〔1〕矩形〔长方形〕；47BPBQ=．〔2〕①POC B OA''∠=∠，PCO OA B''∠=∠90=°，COP A OB''∴△∽△．CP OCA B OA∴='''，即668CP=，92CP∴=，72BP BC CP=-=．同理B CQ B C O'''△∽△，CQ B CC Q B C'∴='''，即10668CQ-=，3CQ∴=，11BQ BC CQ=+=．722BPBQ∴=．②在OCP△和B A P''△中，90OPC B PAOCP AOC B A''∠=∠⎧⎪'∠=∠=⎨⎪''=⎩，°，，(AAS)OCP B A P''∴△≌△．OP B P'∴=．设B P x'=，在Rt OCP△中，222(8)6x x-+=，解得254x=．125756244OPB S '∴=⨯⨯=△． 〔3〕存在如此的点P 和点Q ，使12BP BQ =． 点P的坐标是19P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，2764P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，． 关于第〔3〕题，我们提供如下详细解答，对学生无此要求． 过点Q 画QH OA '⊥于H ，连结OQ ，那么QH OC OC '==，12POQ S PQ OC =△，12POQ S OP QH =△， PQ OP ∴=．设BP x =，12BP BQ =， 2BQ x ∴=，① 如图1，当点P 在点B 左侧时，3OP PQ BQ BP x ==+=，在Rt PCO △中，222(8)6(3)x x ++=，解得11x=，21x =9PC BC BP ∴=+=19P ⎛⎫∴--⎪⎝⎭． ②如图2，当点P 在点B 右侧时，OP PQ BQ BP x ∴==-=，8PC x =-．在Rt PCO △中，222(8)6x x -+=，解得254x =． PC BC BP ∴=-257844=-=， 2764P ⎛⎫∴- ⎪⎝⎭，．⒎ (江苏省)28．如图，射线DE 与x 轴和y 轴分不交于点(30)D ，和点(04)E ，．动点C 从点(50)M ，动身，以1个单位长度/秒的速度沿x 轴向左作匀速运动，与此同时，动点P 从点D 动身，也以1个单位长度/秒的速度沿射线DE 的方向作匀速运动．设运动时刻为t 秒． 〔1〕请用含t 的代数式分不表示出点C 与点P 的坐标； 〔2〕以点C 为圆心、12t 个单位长度为半径的C ⊙与x 轴交于A 、B 两点〔点A 在点B 的左侧〕，连接PA 、PB ．①当C ⊙与射线DE 有公共点时，求t 的取值范畴； ②当PAB △为等腰三角形时，求t 的值．答案：解：1〕(50)C t -，，34355P t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭，．〔2〕①当C ⊙的圆心C 由点()50M ，向左运动，使点A 到点D 并随C ⊙连续向左运动时，有3532t -≤，即43t ≥． 当点C 在点D 左侧时，过点C 作CF ⊥射线DE ，垂足为F ，那么由CDF EDO ∠=∠，得CDF EDO △∽△，那么3(5)45CF t --=．解得485t CF -=． 由12CF ≤t ，即48152t t -≤，解得163t ≤．∴当C ⊙与射线DE 有公共点时，t 的取值范畴为41633t ≤≤．②当PA AB =时，过P 作PQ x ⊥轴，垂足为Q ，有222PA PQ AQ =+221633532525t t t ⎛⎫=+--+ ⎪⎝⎭． 2229184205t t t ∴-+=，即2972800t t -+=． 解得1242033t t ==，．当PA PB =时，有PC AB ⊥，3535t t ∴-=-．解得35t =．当PB AB =时，有222221613532525PB PQ BQ t t t ⎛⎫=+=+--+ ⎪⎝⎭．221324205t t t ∴++=，即278800t t --=． 解得452047t t ==-，〔不合题意，舍去〕．∴当PAB △是等腰三角形时，43t =，或4t =，或5t =，或203t =．⒏(湖北省孝感市) 25．如图，点P 是双曲线11(00)k y k x x=<<，上一动点，过点P 作x 轴、y 轴的垂线，分不交x 轴、y 轴于A 、B 两点，交双曲线y =xk 2〔0＜k 2＜|k 1|〕于E 、F 两点． 〔1〕图1中，四边形PEOF 的面积S 1= ▲ (用含k 1、k 2的式子表示)； 〔2〕图2中，设P 点坐标为〔－4，3〕．①判定EF 与AB 的位置关系，并证明你的结论；②记2PEF OEF S S S ∆∆=-，S 2是否有最小值？假设有，求出其最小值；假设没有，请讲明理由．答案：解：〔1〕21k k -；〔2〕①EF ∥AB ．证明：如图，由题意可得A 〔–4，0〕，B 〔0，3〕，2(4,)4k E --，2(,3)3k F ．∴PA =3，PE =234k +，PB =4，PF =243k +．∴223121234PA k PEk ==++，224121243PB k PFk ==++∴PA PBPE PF=． 又∵∠APB =∠EPF ．∴△APB ∽△EPF ，∴∠PAB =∠PEF ．∴EF ∥AB ．②S 2没有最小值，理由如下：过E 作EM ⊥y 轴于点M ，过F 作FN ⊥x 轴于点N ，两线交于点Q ． 由上知M 〔0，24k -〕，N 〔23k ，0〕，Q 〔23k ，24k -〕．而S △EFQ = S △PEF ，∴S 2＝S △PEF －S △OEF ＝S △EFQ －S △OEF ＝S △EOM ＋S △FON ＋S 矩形OMQN＝4321212222k k k k ⋅++ ＝222112k k +=221(6)312k +-．当26k >-时，S 2的值随k 2的增大而增大，而0＜k 2＜12． ∴0＜S 2＜24，s 2没有最小值．讲明：1．证明AB ∥EF 时，还可利用以下三种方法．方法一：分不求出通过A 、B 两点和通过E 、F 两点的直线解析式，利用这两个解析式中x 的系数相等来证明AB ∥EF ；方法二：利用tan PAB ∠＝tan PEF ∠来证明AB ∥EF ；方法三：连接AF 、BE ，利用S △AE F ＝S △BFE 得到点A 、点B 到直线EF 的距离相等，再由A 、B 两点在直线EF 同侧可得到AB ∥EF ．2．求S 2的值时，还可进行如下变形：S 2＝ S △PEF －S △OEF ＝S △PEF －〔S 四边形PEOF －S △PEF 〕＝2 S △PEF －S 四边形PEOF ，再利用第〔1〕题中的结论．⒐(湖北省武汉市)25.如图，抛物线24y ax bx a =+-通过(10)A -，、(04)C ，两点，与x 轴交于另一点B ． 〔1〕求抛物线的解析式；〔2〕点(1)D m m +，在第一象限的抛物线上，求点D 关于直线BC 对称的点的坐标；〔3〕在〔2〕的条件下，连接BD ，点P 为抛物线上一点，且45DBP ∠=°，求点P 的坐标．答案：解：〔1〕抛物线24y ax bx a =+-通过(10)A -，，(04)C ，两点，404 4.a b a a --=⎧∴⎨-=⎩， 解得13.a b =-⎧⎨=⎩，∴抛物线的解析式为234y x x =-++．〔2〕点(1)D m m +，在抛物线上，2134m m m ∴+=-++，即2230m m --=，1m ∴=-或3m =． 点D 在第一象限，∴点D 的坐标为(34)，． 由〔1〕知45OA OB CBA =∴∠=，°． 设点D 关于直线BC 的对称点为点E ．(04)C ，，CD AB ∴∥，且3CD =，45ECB DCB ∴∠=∠=°，E ∴点在y 轴上，且3CE CD ==．1OE ∴=，(01)E ∴，． 即点D 关于直线BC 对称的点的坐标为〔0，1〕． 〔3〕方法一：作PF AB ⊥于F ，DE BC ⊥于E ． 由〔1〕有：445OB OC OBC ==∴∠=，°， 45DBP CBD PBA ∠=∴∠=∠°，．(04)(34)C D ，，，，CD OB ∴∥且3CD =．45DCE CBO ∴∠=∠=°，DE CE ∴==4OB OC ==，BC ∴=2BE BC CE ∴=-=， 3tan tan 5DE PBF CBD BE ∴∠=∠==． 设3PF t =，那么5BF t =，54OF t ∴=-，(543)P t t ∴-+，．P 点在抛物线上，∴23(54)3(54)4t t t =--++-++，0t ∴=〔舍去〕或2225t =，266525P ⎛⎫∴- ⎪⎝⎭，． 方法二：过点D 作BD 的垂线交直线PB 于点Q ，过点D 作DH x ⊥轴于H ．过Q 点作QG DH ⊥于G ．45PBD QD DB ∠=∴=°，． QDG BDH ∴∠+∠90=°，又90DQG QDG ∠+∠=°，DQG BDH ∴∠=∠．QDG DBH ∴△≌△，4QG DH ∴==，1DG BH ==．由〔2〕知(34)D ，，(13)Q ∴-，．(40)B ，，∴直线BP 的解析式为31255y x =-+．解方程组23431255y x x y x ⎧=-++⎪⎨=-+⎪⎩，，得1140x y =⎧⎨=⎩，；222566.25x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴点P 的坐标为266525⎛⎫- ⎪⎝⎭，．⒑(湖北省荆门市)25．一开口向上的抛物线与x 轴交于A (m －2，0)，B (m ＋2，0)两点，记抛物线顶点为C ，且AC ⊥BC ．(1)假设m 为常数，求抛物线的解析式；(2)假设m 为小于0的常数，那么(1)中的抛物线通过如何样的平移能够使顶点在坐标原点？(3)设抛物线交y 轴正半轴于D 点，咨询是否存在实数m ，使得△BCD 为等腰三角形？假设存在，求出m 的值；假设不存在，请讲明理由．答案：解：(1)设抛物线的解析式为：y ＝a (x －m ＋2)(x －m －2)＝a (x －m )2－4a ． ∵AC ⊥BC ，由抛物线的对称性可知：△ACB 是等腰直角三角形，又AB ＝4， ∴C (m ，－2)代入得a ＝12．∴解析式为：y ＝12(x －m )2－2． (亦可求C 点，设顶点式)(2)∵m 为小于零的常数，∴只需将抛物线向右平移－m 个单位，再向上平移2个单位，能够使抛物线y ＝12(x －m )2－2顶点在坐标原点． (3)由(1)得D (0，12m 2－2)，设存在实数m ，使得△BOD 为等腰三角形． ∵△BOD 为直角三角形，∴只能OD ＝OB ． ∴12m 2－2＝|m ＋2|，当m ＋2＞0时，解得m ＝4或m ＝－2(舍)． 当m ＋2＜0时，解得m ＝0(舍)或m ＝－2(舍)；当m ＋2＝0时，即m ＝－2时，B 、O 、D 三点重合(不合题意，舍) 综上所述：存在实数m ＝4，使得△BOD 为等腰三角形．⒒(湖北省襄樊市)26．如图13，在梯形ABCD 中，24AD BC AD BC ==∥，，，点M 是AD 的中点，MBC △是等边三角形．〔1〕求证：梯形ABCD 是等腰梯形；〔2〕动点P 、Q 分不在线段BC 和MC 上运动，且60MPQ =︒∠保持不变．设PC x MQ y ==，，求y 与x 的函数关系式；〔3〕在〔2〕中：①当动点P 、Q 运动到何处时，以点P 、M 和点A 、B 、C 、D 中的两个点为顶点的四边形是平行四边形？并指出符合条件的平行四边形的个数； ②当y 取最小值时，判定PQC △的形状，并讲明理由．第25题图答案：〔1〕证明：∵MBC △是等边三角形∴60MB MC MBC MCB ===︒，∠∠ ∵M 是AD 中点 ∴AM MD = ∵AD BC ∥∴60AMB MBC ==︒∠∠， 60DMC MCB ==︒∠∠ ∴AMB DMC △≌△ ∴AB DC =∴梯形ABCD 是等腰梯形．〔2〕解：在等边MBC △中，4MB MC BC ===，60MBC MCB ==︒∠∠，60MPQ =︒∠∴120BMP BPM BPM QPC +=+=︒∠∠∠∠ ∴BMP QPC =∠∠ ∴BMP CQP △∽△ ∴PC CQBM BP=∵PC x MQ y ==， ∴44BP x QC y =-=-， ∴444x y x -=- ∴2144y x x =-+ 〔3〕解：①当1BP =时，那么有BP AM BP MD∥∥， 那么四边形ABPM 和四边形MBPD 均为平行四边形 ∴211333444MQ y ==⨯-+= 当3BP =时，那么有PC AM PC MD∥∥， 那么四边形MPCD 和四边形APCM 均为平行四边形 ∴11311444MQ y ==⨯-+= A DCB PMQ60° 图13∴当1314BP MQ ==，或1334BP MQ ==，时，以P 、M 和A 、B 、C 、 D 中的两个点为顶点的四边形是平行四边形．现在平行四边形有4个． ②PQC △为直角三角形 ∵()21234y x =-+ ∴当y 取最小值时，2x PC ==∴P 是BC 的中点，MP BC ⊥，而60MPQ =︒∠， ∴30CPQ =︒∠，∴90PQC =︒∠⒓(福建省宁德市)26．如图，抛物线C 1：()522-+=x a y 的顶点为P ，与x 轴相交于A 、B 两点〔点A 在点B 的左边〕，点B 的横坐标是1． 〔1〕求P 点坐标及a 的值；〔2〕如图〔1〕，抛物线C 2与抛物线C 1关于x 轴对称，将抛物线C 2向右平移，平移后的抛物线记为C 3，C 3的顶点为M ，当点P 、M 关于点B 成中心对称时，求C 3的解析式； 〔3〕如图〔2〕，点Q 是x 轴正半轴上一点，将抛物线C 1绕点Q 旋转180°后得到抛物线C 4．抛物线C 4的顶点为N ，与x 轴相交于E 、F 两点〔点E 在点F 的左边〕，当以点P 、N 、F 为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q 的坐标．答案：解：〔1〕由抛物线C 1：52-+=x a y 得顶点P 的为〔-2，-5〕 ∵点B 〔1，0〕在抛物线C 1上∴()52102-+=a解得，a ＝59〔2〕连接PM ，作PH ⊥x 轴于H ，作MG ⊥x 轴于G∵点P 、M 关于点B 成中心对称 ∴PM 过点B ，且PB ＝MB∴△PBH ≌△MBG∴MG ＝PH ＝5，BG ＝BH ＝3∴顶点M 的坐标为〔4，5〕抛物线C 2由C 1关于x 轴对称得到，抛物线C 3由C 2平移得到∴抛物线C 3的表达式为()54952+--=x y 〔3〕∵抛物线C 4由C 1绕点x 轴上的点Q 旋转180°得到 ∴顶点N 、P 关于点Q 成中心对称 由〔2〕得点N 的纵坐标为5 设点N 坐标为〔m ，5〕 作PH ⊥x 轴于H ，作NG ⊥x 轴于G作PK ⊥NG 于K ∵旋转中心Q 在x 轴上∴EF ＝AB ＝2BH ＝6 ∴FG ＝3，点F 坐标为〔m +3，0〕H 坐标为〔2，0〕，K 坐标为〔m ，-5〕，依照勾股定理得PN 2＝NK 2+PK 2＝m 2+4m +104 PF 2＝PH 2+HF 2＝m 2+10m +50 NF 2＝52+32＝34①当∠PNF ＝90º时，PN 2+ NF 2＝PF 2，解得m ＝443，∴Q 点坐标为〔193，0〕②当∠PFN ＝90º时，PF 2+ NF 2＝PN 2，解得m ＝103，∴Q 点坐标为〔23，0〕③∵PN ＞NK ＝10＞NF ，∴∠NPF ≠90º综上所得，当Q 点坐标为〔193，0〕或〔23，0〕时，以点P 、N 、F 为顶点的三角形是直角三角形．⒔(福建省莆田市)25．，如图抛物线23(0)y ax ax c a =++>与y 轴交于C 点，与x 轴交于A 、B 两点，A 点在B 点左侧。
2020年九年级数学典型中考压轴题专项训练：四边形(含答案)
四川省渠县崇德实验学校2020年中考九年级数学：四边形综合专题复习题1、如图，四边形ABCD为平行四边形，∠BAD的角平分线AE交CD于点F，交BC的延长线于点E．（1）求证：BE=CD；（2）连接BF，若BF⊥AE，∠BEA=60°，AB=4，求平行四边形ABCD的面积．2、如图，矩形ABCD中，延长AB至E，延长CD至F，BE=DF，连接EF，与BC、AD分别相交于P、Q两点．（1）求证：CP=AQ；（2）若BP=1，PQ=2，∠AEF=45°，求矩形ABCD的面积．3、如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，且AE=CF．求证：（1）DE=BF；（2）四边形DEBF是平行四边形．4、如图，E是▱ABCD的边CD的中点，延长AE交BC的延长线于点F．（1）求证：△ADE≌△FCE．（2）若∠BAF=90°，BC=5，EF=3，求CD的长．5、如图，AC是矩形ABCD的对角线，过AC的中点O作EF⊥AC，交BC于点E，交AD于点F，连接AE，CF．（1）求证：四边形AECF是菱形；（2）若AB=，∠DCF=30°，求四边形AECF的面积．（结果保留根号）6、如图，▱ABCD中，AB=2，AD=1，∠ADC=60°，将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D 落到AB边上的点D′处，折痕交CD边于点E．（1）求证：四边形BCED′是菱形；（2）若点P时直线l上的一个动点，请计算PD′+PB的最小值．7、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．8、在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，动点Q从点A出发，以每秒1个单位的速度，沿AB向点B移动；同时点P从点B出发，仍以每秒1个单位的速度，沿BC向点C移动，连接QP，QD，PD．若两个点同时运动的时间为x秒（0＜x≤3），解答下列问题：（1）设△QPD的面积为S，用含x的函数关系式表示S；当x为何值时，S有最大值？并求出最小值；（2）是否存在x的值，使得QP⊥DP？试说明理由．9、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．10、如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=∠C，点P在边AB上．（1）判断四边形ABCD的形状并加以证明；（2）若AB=AD，以过点P的直线为轴，将四边形ABCD折叠，使点B、C分别落在点B′、C′上，且B′C′经过点D，折痕与四边形的另一交点为Q．①在图2中作出四边形PB′C′Q（保留作图痕迹，不必说明作法和理由）；②如果∠C=60°，那么为何值时，B′P⊥AB．11、某同学要证明命题“平行四边形的对边相等．”是正确的，他画出了图形，并写出了如下已知和不完整的求证．已知：如图，四边形ABCD是平行四边形．求证：AB=CD，BC=DA（1）补全求证部分；（2）请你写出证明过程．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠BAC=∠DCA，∠BCA=∠DAC，在△ABC和△CDA中，，∴△ABC≌△CDA（ASA），∴AB=CD，BC=DA．．12、在矩形ABCD中，E为CD的中点，H为BE上的一点，，连接CH并延长交AB于点G，连接GE并延长交AD的延长线于点F．（1）求证：；（2）若∠CGF=90°，求的值．13、如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．（1）求证：四边形EFDG是菱形；（2）探究线段EG、GF、AF之间的数量关系，并说明理由；（3）若AG=6，EG=2，求BE的长．14、如图，已知▱ABCD的三个顶点A（n，0）、B（m，0）、D（0，2n）（m＞n＞0），作▱ABCD 关于直线AD的对称图形AB1C1D（1）若m=3，试求四边形CC1B1B面积S的最大值；（2）若点B1恰好落在y轴上，试求的值．15、已知正方形ABCD，P为射线AB上的一点，以BP为边作正方形BPEF，使点F在线段CB的延长线上，连接EA、EC．（1）如图1，若点P在线段AB的延长线上，求证：EA=EC；（2）若点P在线段AB上．①如图2，连接AC，当P为AB的中点时，判断△ACE的形状，并说明理由；②如图3，设AB=a，BP=b，当EP平分∠AEC时，求a：b及∠AEC的度数．16、如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（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：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系．猜想结论：（要求用文字语言叙述）___________________________写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证）．（3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC=4，AB=5，求GE长．17、如图1，已知点E，F，G，H分别是四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA的中点，根据以下思路可以证明四边形EFGH是平行四边形：（1）如图2，将图1中的点C移动至与点E重合的位置，F，G，H仍是BC，CD，DA的中点，求证：四边形CFGH是平行四边形；（2）如图3，在边长为1的小正方形组成的5×5网格中，点A，C，B都在格点上，在格点上画出点D，使点C与BC，CD，DA的中点F，G，H组成正方形CFGH；（3）在（2）条件下求出正方形CFGH的边长．18、如图，面积为6的平行四边形纸片ABCD中，AB=3，∠BAD=45°，按下列步骤进行裁剪和拼图．第一步：如图①，将平行四边形纸片沿对角线BD剪开，得到△ABD和△BCD纸片，再将△ABD纸片沿AE剪开（E为BD上任意一点），得到△ABE和△ADE纸片；第二步：如图②，将△ABE纸片平移至△DCF处，将△ADE纸片平移至△BCG处；第三步：如图③，将△DCF纸片翻转过来使其背面朝上置于△PQM处（边PQ与DC重合，△PQM和△DCF在DC同侧），将△BCG纸片翻转过来使其背面朝上置于△PRN处，（边PR与BC 重合，△PRN和△BCG在BC同侧）．则由纸片拼成的五边形PMQRN中，对角线MN长度的最小值为．19、如图，在矩形ABCD中，点O为坐标原点，点B的坐标为（4，3），点A、C在坐标轴上，点P在BC边上，直线l1：y=2x+3，直线l2：y=2x﹣3．（1）分别求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；（2）已知点M在第一象限，且是直线l2上的点，若△APM是等腰直角三角形，求点M的坐标；（3）我们把直线l1和直线l2上的点所组成的图形为图形F．已知矩形ANPQ的顶点N在图形F上，Q是坐标平面内的点，且N点的横坐标为x，请直接写出x的取值范围（不用说明理由）．20、如图1，在正方形ABCD内作∠EAF=45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作AH⊥EF，垂足为H．（1）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．①求证：△AGE≌△AFE；②若BE=2，DF=3，求AH的长．（2）如图3，连接BD交AE于点M，交AF于点N．请探究并猜想：线段BM，MN，ND之间有什么数量关系？并说明理由．参考答案：1、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，AB=CD，∴∠B+∠C=180°，∠AEB=∠DAE，∵AE是∠BAD的平分线，∴∠BAE=∠DAE，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE，∴BE=CD；（2）解：∵AB=BE，∠BEA=60°，[来源:学#科#网] ∴△ABE是等边三角形，∴AE=AB=4，∵BF⊥AE，∴AF=EF=2，∴BF===2，∵AD∥BC，∴∠D=∠ECF，∠DAF=∠E，在△ADF和△ECF中，，∴△ADF≌△ECF（AAS），∴△ADF的面积=△ECF的面积，∴平行四边形ABCD的面积=△ABE的面积=AE•BF=×4×2=4．2、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ABC=∠C=∠ADC=90°，AB=CD，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC，∴∠E=∠F，∵BE=DF，∴AE=CF，在△CFP和△AEQ中，，∴△CFP≌△AEQ（ASA），∴CP=AQ；（2）解：∵AD∥BC，[来源:学#科#网Z#X#X#K]∴∠PBE=∠A=90°，∵∠AEF=45°，∴△BEP、△AEQ是等腰直角三角形，∴BE=BP=1，AQ=AE，∴PE=BP=，∴EQ=PE+PQ=+2=3，∴AQ=AE=3，∴AB=AE﹣BE=2，∵CP=AQ，AD=BC，∴DQ=BP=1，∴AD=AQ+DQ=3+1=4，∴矩形ABCD的面积=AB•AD=2×4=8．3、【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥CB，AD=CB，∴∠DAE=∠BCF，在△ADE和△CBF中，∴△ADE≌△CBF，∴DE=BF．（2）由（1），可得∴△ADE≌△CBF，∴∠ADE=∠CBF，∵∠DEF=∠DAE+∠ADE，∠BFE=∠BCF+∠CBF，∴∠DEF=∠BFE，∴DE∥BF，又∵DE=BF，∴四边形DEBF是平行四边形．4、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠DAE=∠F，∠D=∠ECF，∵E是▱ABCD的边CD的中点，∴DE=CE，在△ADE和△FCE中，，∴△ADE≌△FCE（AAS）；（2）解：∵ADE≌△FCE，∴AE=EF=3，∵AB∥CD，∴∠AED=∠BAF=90°，在▱ABCD中，AD=BC=5，∴DE===4，∴CD=2DE=8．5、【解答】（1）证明：∵O是AC的中点，且EF⊥AC，∴AF=CF，AE=CE，OA=OC，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠AFO=∠CEO，在△AOF和△COE中，，∴△AOF≌△COE（AAS），∴AF=CE，∴AF=CF=CE=AE，∴四边形AECF是菱形；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=，在Rt△CDF中，cos∠DCF=，∠DCF=30°，∴CF==2，∵四边形AECF是菱形，∴CE=CF=2，∴四边形AECF是的面积为：EC•AB=2．6、【解答】证明：（1）∵将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，∴∠DAE=∠D′AE，∠DEA=∠D′EA，∠D=∠AD′E，∵DE∥AD′，∴∠DEA=∠EAD′，∴∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，∴∠DAD′=∠DED′，∴四边形DAD′E是平行四边形，∴DE=AD′，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=DC，AB∥DC，∴CE=D′B，CE∥D′B，∴四边形BCED′是平行四边形；∵AD=AD′，∴▱DAD′E是菱形，（2）∵四边形DAD′E是菱形，∴D与D′关于AE对称，连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，过D作DG⊥BA于G，∵CD∥AB，∴∠DAG=∠CDA=60°，∵AD=1，∴AG=，DG=，∴BG=，∴BD==，∴PD′+PB的最小值为．7、【解答】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∠DBC=∠ABC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∵∠ABC：∠BAD=1：2，∴∠ABC=60°，∴∠BDC=∠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．8、【解答】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，∴BC=AD=4，CD=AB=3，当运动x秒时，则AQ=x，BP=x，∴BQ=AB﹣AQ=3﹣x，CP=BC﹣BP=4﹣x，∴S△ADQ=AD•AQ=×4x=2x，S△BPQ=BQ•BP=（3﹣x）x=x﹣x2，S△PCD=PC•CD=•（4﹣x）•3=6﹣x，又S矩形ABCD=AB•BC=3×4=12，∴S=S矩形ABCD﹣S△ADQ﹣S△BPQ﹣S△PCD=12﹣2x﹣（x﹣x2）﹣（6﹣x）=x2﹣2x+6=（x﹣2）2+4，即S=（x﹣2）2+4，∴S为开口向上的二次函数，且对称轴为x=2，∴当0＜x＜2时，S随x的增大而减小，当2＜x≤3时，S随x的增大而增大，又当x=0时，S=5，当S=3时，S=，但x的范围内取不到x=0，∴S不存在最大值，当x=2时，S有最小值，最小值为4；（2）存在，理由如下：由（1）可知BQ=3﹣x，BP=x，CP=4﹣x，当QP⊥DP时，则∠BPQ+∠DPC=∠DPC+∠PDC，∴∠BPQ=∠PDC，且∠B=∠C，∴△BPQ∽△PCD，∴=，即=，解得x=（舍去）或x=，∴当x=时QP⊥DP．9、【解答】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，∴∠CPF=∠CAB．在Rt△AGP中，∠AGP=90°，PG=AG•tan∠CAB．在Rt△CFP中，∠CFP=90°，CF=PF•tan∠CPF．S矩形DEPH=DE•EP=CF•EP=PF•EP•tan∠CPF；S矩形PGBF=PG•PF=AG•PF•tan∠CAB=EP•PF•tan∠CAB．∵tan∠CPF=tan∠CAB，∴S矩形DEPH=S矩形PGBF．10、【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形证明：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，∴∠A+∠B=180°，∵∠A=∠C，∴∠C+∠B=180°，∴AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）①作图如下：②当AB=AD时，平行四边形ABCD是菱形，由折叠可得，BP=B′P，CQ=C′Q，BC=B′C′，∠C=∠C′=60°=∠A，当B′P⊥AB时，由B′P∥C′Q，可得C′Q⊥CD，∴∠PEA=30°=∠DEB′，∠QDC′=30°=∠B′DE，∴B′D=B′E，设AP=a，BP=b，则直角三角形APE中，PE=a，且B′P=b，BC=B′C′=CD=a+b，∴B′E=b﹣a=B′D，∴C′D=a+b﹣（b﹣a）=a+a，∴直角三角形C′QD中，C′Q=a=CQ，DQ=C′Q=a，∵CD=DQ+CQ=a+b，∴a+a=a+b，整理得（+1）a=b，∴==，即=．11、【解答】（1）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形．求证：AB=CD，BC=DA；故答案为：BC=DA；（2）证明：连接AC，如图所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠BAC=∠DCA，∠BCA=∠DAC，在△ABC和△CDA中，，∴△ABC≌△CDA（ASA），∴AB=CD，BC=DA；故答案为：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠BAC=∠DCA，∠BCA=∠DAC，在△ABC和△CDA中，，∴△ABC≌△CDA（ASA），∴AB=CD，BC=DA．12、【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴CD∥AB，AD=BC，AB=CD，AD∥BC，∴△CEH∽△GBH，∴．（2）解：作EM⊥AB于M，如图所示：则EM=BC=AD，AM=DE，∵E为CD的中点，∴DE=CE，设DE=CE=3a，则AB=CD=6a，由（1）得： =3，∴BG=CE=a，∴AG=5a，∵∠EDF=90°=∠CGF，∠DEF=∠GEC，∴△DEF∽△GEC，∴，∴EG•EF=DE•EC，∵CD∥AB，∴=，∴，∴EF=EG，∴EG•EG=3a•3a，解得：EG=a，在Rt△EMG中，GM=2a，∴EM==a，∴BC=a，∴==3．13、【解答】解：（1）证明：∵GE∥DF，∴∠EGF=∠DFG．∵由翻折的性质可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，∴∠DGF=∠DFG．∴GD=DF．∴DG=GE=DF=EF．∴四边形EFDG为菱形．（2）EG2=GF•AF．理由：如图1所示：连接DE，交AF于点O．∵四边形EFDG为菱形，∴GF⊥DE，OG=OF=GF．∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，∴△DOF∽△ADF．∴，即DF2=FO•AF．∵FO=GF，DF=EG，∴EG2=GF•AF．（3）如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．∵EG2=GF•AF，AG=6，EG=2，∴20=FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40=0．解得：FG=4，FG=﹣10（舍去）．∵DF=GE=2，AF=10，∴AD==4．∵GH⊥DC，AD⊥DC，∴GH∥AD．∴△FGH∽△FAD．∴，即=．∴GH=．∴BE=AD﹣GH=4﹣=．14、【解答】解：（1）如图1，∵▱ABCD与四边形AB1C1D关于直线AD对称，∴四边形AB1C1D是平行四边形，CC1⊥EF，BB1⊥EF，∴BC∥AD∥B1C1，CC1∥BB1，∴四边形BCEF、B1C1EF是平行四边形，∴S▱BCEF=S▱BCDA=S▱B1C1DA=S▱B1C1EF，∴S▱BCC1B1=2S▱BCDA．∵A（n，0）、B（m，0）、D（0，2n）、m=3，∴AB=m﹣n=3﹣n，OD=2n，∴S▱BCDA=AB•OD=（3﹣n）•2n=﹣2（n2﹣3n）=﹣2（n﹣）2+，∴S▱BCC1B1=2S▱BCDA=﹣4（n﹣）2+9．∵﹣4＜0，∴当n=时，S▱BCC1B1最大值为9；（2）当点B1恰好落在y轴上，如图2，∵DF⊥BB1，DB1⊥OB，∴∠B1DF+∠DB1F=90°，∠B1BO+∠OB1B=90°，∴∠B1DF=∠OBB1．∵∠DOA=∠BOB1=90°，∴△AOD∽△B1OB，∴=，∴=，∴OB1=．由轴对称的性质可得AB1=AB=m﹣n．在Rt△AOB1中，n2+（）2=（m﹣n）2，整理得3m2﹣8mn=0．∵m＞0，∴3m﹣8n=0，∴=．15、【解答】解：（1）∵四边形ABCD和四边形BPEF是正方形，∴AB=BC，BP=BF，∴AP=CF，在△APE和△CFE中，，∴△APE≌△CFE，∴EA=EC；（2）①∵P为AB的中点，∴PA=PB，又PB=PE，∴PA=PE，∴∠PAE=45°，又∠DAC=45°，∴∠CAE=90°，即△ACE是直角三角形；②∵EP平分∠AEC，EP⊥AG，∴AP=PG=a﹣b，BG=a﹣（2a﹣2b）=2b﹣a∵PE∥CF，∴=，即=，解得，a=b；作G H⊥AC于H，∵∠CAB=45°，∴HG=AG=×（2b﹣2b）=（2﹣）b，又BG=2b﹣a=（2﹣）b，∴GH=GB，GH⊥AC，GB⊥BC，∴∠HCG=∠BCG，∵PE∥CF，∴∠PEG=∠BCG，∴∠AEC=∠ACB=45°．∴a：b=：1；∴∠AEC=45°．16、【解答】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．证明：∵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：垂美四边形的两组对边的平方和相等．如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，求证：AD2+BC2=AB2+CD2证明：∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2=AB2+CD2；（3）连接CG、BE，∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE，∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得，CG2+BE2=CB2+GE2，∵AC=4，AB=5，∴BC=3，CG=4，BE=5，∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=73，∴GE=．17、【解答】（1）证明：如图2，连接BD，∵C，H是AB，DA的中点，∴CH是△ABD的中位线，∴CH∥BD，CH=BD，同理FG∥BD，FG=BD，∴CH∥FG，CH=FG，∴四边形CFGH是平行四边形；（2）如图3所示，（3）解：如图3，∵BD=，∴FG=BD=，∴正方形CFGH的边长是．18、【解答】解：∵△ABE≌△CDF≌△PMQ，∴AE=DF=PM，∠EAB=∠FDC=∠MPQ，∵△ADE≌△BCG≌△PNR，∴AE=BG=PN，∠DAE=∠CBG=∠RPN，∴PM=PN，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠DAB=∠DCB=45°，∴∠MPN=90°，∴△MPN是等腰直角三角形，当PM最小时，对角线MN最小，即AE取最小值，∴当AE⊥BD时，AE取最小值，过D作DF⊥AB于F，∵平行四边形ABCD的面积为6，AB=3，∴DF=2，∵∠DAB=45°，∴AF=DF=2，∴BF=1，∴BD==，∴AE===，∴MN=AE=，故答案为：．19、【解答】解：（1）直线l1：当y=0时，2x+3=0，x=﹣则直线l1与x轴坐标为（﹣，0）直线l2：当y=3时，2x﹣3=3，x=3则直线l2与AB的交点坐标为（3，3）；（2）①若点A为直角顶点时，点M在第一象限，连结AC，如图1，∠APB＞∠ACB＞45°，∴△APM不可能是等腰直角三角形，∴点M不存在；②若点P为直角顶点时，点M在第一象限，如图2，过点M作MN⊥CB，交CB的延长线于点N，则Rt△ABP≌Rt△PNM，∴AB=PN=4，MN=BP，设M（x，2x﹣3），则MN=x﹣4，∴2x﹣3=4+3﹣（x﹣4），x=，∴M（，）；③若点M为直角顶点时，点M在第一象限，如图3，设M1（x，2x﹣3），过点M1作M1G1⊥OA，交BC于点H1，则Rt△AM1G1≌Rt△PM1H1，∴AG1=M1H1=3﹣（2x﹣3），∴x+3﹣（2x﹣3）=4，x=2∴M1（2，1）；设M2（x，2x﹣3），同理可得x+2x﹣3﹣3=4，∴x=，∴M2（，）；综上所述，点M的坐标为（，），（2，1），（，）；（3）x的取值范围为﹣≤x＜0或0＜x≤或≤x≤或≤x≤2．20、【解答】解：（1）①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．[来源:学。
2020年全国各地中考数学压轴题按题型(几何综合)汇编(一)三角形中的计算和证明综合(解析版)
2020全国各地中考数学压轴题按题型（几何综合）汇编一、三角形中的计算和证明综合题1.（2020贵州黔东南州）如图1，△ABC和△DCE都是等边三角形．探究发现（1）△BCD与△ACE是否全等？若全等，加以证明；若不全等，请说明理由．拓展运用（2）若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的长．（3）若B、C、E三点在一条直线上（如图2），且△ABC和△DCE的边长分别为1和2，求△ACD的面积及AD的长．【解答】解：（1）全等，理由是：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD和△ACE中，{CD =CE ∠BCD =∠ACE BC =AC，∴△ACE ≌△BCD （ SAS ）；（2）如图3，由（1）得：△BCD ≌△ACE ，∴BD ＝AE ，∵△DCE 都是等边三角形，∴∠CDE ＝60°，CD ＝DE ＝2，∵∠ADC ＝30°，∴∠ADE ＝∠ADC +∠CDE ＝30°+60°＝90°，在Rt △ADE 中，AD ＝3，DE ＝2，∴AE =√AD 2+DE 2=√9+4=√13，∴BD =√13；（3）如图2，过A 作AF ⊥CD 于F ，∵B 、C 、E 三点在一条直线上，∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴∠BCA＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝60°，在Rt△ACF中，sin∠ACF=AF AC，∴AF＝AC×sin∠ACF＝1×√32=√32，∴S△ACD=12×CD×AF=12×2×√32=√32，∴CF＝AC×cos∠ACF＝1×12=12，FD＝CD﹣CF＝2−12=32，在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD2=(√32)2+(32)2=3，∴AD=√3．2.（2020黑龙江牡丹江）在等腰△ABC中，AB＝BC，点D，E在射线BA上，BD＝DE，过点E作EF∥BC，交射线CA于点F．请解答下列问题：（1）当点E在线段AB上，CD是△ACB的角平分线时，如图①，求证：AE+BC＝CF；（提示：延长CD，FE交于点M．）（2）当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的角平分线时，如图②；当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的外角平分线时，如图③，请直接写出线段AE，BC，CF之间的数量关系，不需要证明；（3）在（1）、（2）的条件下，若DE＝2AE＝6，则CF＝18或6．【解答】解：（1）如图①，延长CD，FE交于点M．∵AB＝BC，EF∥BC，∴∠A＝∠BCA＝∠EF A，∴AE＝EF，∴MF∥BC，∴∠MED＝∠B，∠M＝∠BCD，又∵∠FCM＝∠BCM，∴∠M＝∠FCM，∴CF＝MF，又∵BD＝DE，∴△MED≌△CBD（AAS），∴ME＝BC，∴CF＝MF＝ME+EF＝BC+AE，即AE+BC＝CF；（2）当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的角平分线时，BC＝AE+CF，如图②，延长CD，EF交于点M．由①同理可证△MED≌△CBD（AAS），∴ME＝BC，由①证明过程同理可得出MF＝CF，AE＝EF，∴BC＝ME＝EF+MF＝AE+CF；当点E在线段BA的延长线上，CD是△ACB的外角平分线时，AE＝CF+BC．如图③，延长CD交EF于点M，由上述证明过程易得△MED≌△CBD（AAS），BC＝EM，CF＝FM，又∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠CAB＝∠F AE，∵EF∥BC，∴∠F＝∠FCB，∴EF＝AE，∴AE＝FE＝FM+ME＝CF+BC；（3）CF ＝18或6，当DE ＝2AE ＝6时，图①中，由（1）得：AE ＝3，BC ＝AB ＝BD +DE +AE ＝15，∴CF ＝AE +BC ＝3+15＝18；图②中，由（2）得：AE ＝AD ＝3，BC ＝AB ＝BD +AD ＝9，∴CF ＝BC ﹣AE ＝9﹣3＝6；图③中，DE 小于AE ，故不存在．故答案为18或6．3.（2020武汉）问题背景：如图（1），已知△ABC ∽△ADE ，求证：△ABD ∽△ACE ；尝试应用：如图（2），在△ABC 和△ADE 中，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，∠ABC ＝∠ADE ＝30°，AC 与DE 相交于点F ，点D 在BC 边上，AD BD =√3，求DF CF 的值； 拓展创新 如图（3），D 是△ABC 内一点，∠BAD ＝∠CBD ＝30°，∠BDC ＝90°，AB ＝4，AC ＝2√3，直接写出AD 的长．【解答】问题背景证明：∵△ABC ∽△ADE ，∴AB AD =AC AE ，∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAD ＝∠CAE ，AB AC =AD AE ，∴△ABD ∽△ACE ；尝试应用解：如图1，连接EC ，∵∠BAC ＝∠DAE ＝90°，∠ABC ＝∠ADE ＝30°，∴△ABC ∽△ADE ，由（1）知△ABD ∽△ACE ，∴AE EC =AD BD =√3，∠ACE ＝∠ABD ＝∠ADE ，在Rt △ADE 中，∠ADE ＝30°，∴AD AE=√3， ∴AD EC =AD AE ×AE CE =√3×√3=3．∵∠ADF ＝∠ECF ，∠AFD ＝∠EFC ，∴△ADF ∽△ECF ，∴DF CF =AD CE =3．拓展创新解：如图2，过点A 作AB 的垂线，过点D 作AD 的垂线，两垂线交于点M ，连接BM ，∵∠BAD ＝30°，∴∠DAM ＝60°，∴∠AMD ＝30°，∴∠AMD ＝∠DBC ，又∵∠ADM ＝∠BDC ＝90°，∴△BDC ∽△MDA ，∴BD MD =DC DA ，又∠BDC ＝∠ADM ，∴∠BDC +∠CDM ＝∠ADM +∠ADC ，即∠BDM ＝∠CDA ，∴△BDM ∽△CDA ，∴BM CA =DM AD =√3，∵AC ＝2√3，∴BM ＝2√3×√3=6，∴AM =√BM 2−AB 2=√62−42=2√5，∴AD =12AM =√5．4.（2020湖南常德）已知D 是Rt △ABC 斜边AB 的中点，∠ACB ＝90°，∠ABC ＝30°，过点D 作Rt △DEF 使∠DEF ＝90°，∠DFE ＝30°，连接CE 并延长CE 到P ，使EP ＝CE ，连接BE ，FP ，BP ，设BC 与DE 交于M ，PB 与EF 交于N ．（1）如图1，当D ，B ，F 共线时，求证：①EB ＝EP ；②∠EFP ＝30°；（2）如图2，当D ，B ，F 不共线时，连接BF ，求证：∠BFD +∠EFP ＝30°．【解答】证明（1）①∵∠ACB ＝90°，∠ABC ＝30°，∴∠A ＝90°﹣30°＝60°，同理∠EDF ＝60°，∴∠A ＝∠EDF ＝60°，∴AC ∥DE ，∴∠DMB ＝∠ACB ＝90°，∵D 是Rt △ABC 斜边AB 的中点，AC ∥DM ，∴BM BC =BD AB =12，即M是BC的中点，∵EP＝CE，即E是PC的中点，∴ED∥BP，∴∠CBP＝∠DMB＝90°，∴△CBP是直角三角形，∴BE=12PC＝EP；②∵∠ABC＝∠DFE＝30°，∴BC∥EF，由①知：∠CBP＝90°，∴BP⊥EF，∵EB＝EP，∴EF是线段BP的垂直平分线，∴PF＝BF，∴∠PFE＝∠BFE＝30°；（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，∵EC＝EP，∠DEC＝∠QEP，∴△QEP≌△DEC（SAS），则PQ＝DC＝DB，∵QE＝DE，∠DEF＝90°∴EF是DQ的垂直平分线，∴QF＝DF，∵CD＝AD，∴∠CDA＝∠A＝60°，∴∠CDB＝120°，∴∠FDB＝120°﹣∠FDC＝120°﹣（60°+∠EDC）＝60°﹣∠EDC＝60°﹣∠EQP＝∠FQP，∴△FQP≌△FDB（SAS），∴∠QFP＝∠BFD，∵EF是DQ的垂直平分线，∴∠QFE＝∠EFD＝30°，∴∠QFP+∠EFP＝30°，∴∠BFD+∠EFP＝30°．5.（2020江苏淮安）[初步尝试]（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为AM＝BM；[思考说理]（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN ，求AM BM 的值；[拓展延伸] （3）如图③，在三角形纸片ABC 中，AB ＝9，BC ＝6，∠ACB ＝2∠A ，将△ABC 沿过顶点C 的直线折叠，使点B 落在边AC 上的点B ′处，折痕为CM ．①求线段AC 的长；②若点O 是边AC 的中点，点P 为线段OB ′上的一个动点，将△APM 沿PM 折叠得到△A ′PM ，点A 的对应点为点A ′，A ′M 与CP 交于点F ，求PF MF 的取值范围．【解答】解：（1）如图①中，∵△ABC 折叠，使点B 与点C 重合，折痕为MN ，∴MN 垂直平分线段BC ，∴CN ＝BN ，∵∠MNB ＝∠ACB ＝90°，∴MN ∥AC ，∵CN＝BN，∴AM＝BM．故答案为AM＝BM．（2）如图②中，∵CA＝CB＝6，∴∠A＝∠B，由题意MN垂直平分线段BC，∴BM＝CM，∴∠B＝∠MCB，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴BCBA =BMBC，∴610=BM6，∴BM=18 5，∴AM＝AB﹣BM＝10−185=325，∴AM BM =325185=169．（3）①如图③中，由折叠的性质可知，CB ＝CB ′＝6，∠BCM ＝∠ACM ，∵∠ACB ＝2∠A ，∴∠BCM ＝∠A ，∵∠B ＝∠B ，∴△BCM ∽△BAC ，∴BC AB=BM BC =CM AC ∴69=BM 6，∴BM ＝4，∴AM ＝CM ＝5，∴69=5AC ，∴AC =152．②如图③﹣1中，∵∠A ＝∠A ′＝∠MCF ，∠PF A ′＝∠MFC ，P A ＝P A ′，∴△PF A ′∽△MFC ，∴PF FM =PA′CM ，∵CM ＝5，∴PF FM =PA′5，∵点P 在线段OB 上运动，OA ＝OC =154，AB ′=152−6=32， ∴32≤P A ′≤154， ∴310≤PF FM ≤34．6.（2020江苏南京）如图，在△ABC 和△A 'B 'C '中，D 、D '分别是AB 、A 'B '上一点，AD AB =A′D′A′B′．（1）当CD C′D′=AC A′C′=AB A′B′时，求证△ABC ∽△A 'B 'C ．证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．（2）当CD C′D′=AC A′C′=BC B′C′时，判断△ABC 与△A 'B 'C ′是否相似，并说明理由． 【解答】（1）证明：∵AD AB =A′D′A′B′， ∴AD A′D′=AB A′B′， ∵CD C′D′=AC A′C′=AB A′B′， ∴CD C′D′=AC A′C′=AD A′D′，∴△ADC ∽△A ′D ′C ，∴∠A ＝∠A ′，∵AC A′C′=AB A′B′，∴△ABC ∽△A ′B ′C ′．故答案为：CD C′D′=AC A′C′=AD A′D′，∠A ＝∠A ′．（2）如图，过点D ，D ′分别作DE ∥BC ，D ′E ′∥B ′C ′，DE 交AC 于E ，D ′E ′交A ′C ′于E ′．∵DE ∥BC ，∴△ADE ∽△ABC ，∴AD AB =DE BC =AE AC ，同理，A′D′A′B′=D′E′B′C′=A′E′A′C′， ∵AD AB=A′D′A′B′， ∴DE BC=D′E′B′C′， ∴DE D′E′=BC B′C′， 同理，AE AC =A′E′A′C′，∴AC−AE AC=A′C′−A′E′A′C′，即EC AC =E′C′A′C′， ∴EC E′C′=AC A′C′， ∵CD C′D′=AC A′C′=BC B′C′， ∴CD C′D′=DE D′E′=EC E′C′，∴△DCE ∽△D ′C ′E ′，∴∠CED ＝∠C ′E ′D ′，∵DE ∥BC ，∴∠CED +∠ACB ＝90°，同理，∠C ′E ′D ′+∠A ′C ′B ′＝180°，∴∠ACB ＝∠A ′B ′C ′，∵AC A′C′=CB C′B′，∴△ABC ∽△A ′B ′C ′．7.（2020江苏扬州）如图1，已知点O 在四边形ABCD 的边AB 上，且OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝2，OC 平分∠BOD ，与BD 交于点G ，AC 分别与BD 、OD 交于点E 、F ．（1）求证：OC ∥AD ；（2）如图2，若DE ＝DF ，求AE AF 的值；（3）当四边形ABCD 的周长取最大值时，求DE DF 的值．【解答】（1）证明：∵AO ＝OD ，∴∠OAD ＝∠ADO ，∵OC 平分∠BOD ，∴∠DOC ＝∠COB ，又∵∠DOC +∠COB ∠＝∠OAD +∠ADO ，∴∠ADO ＝∠DOC ，∴CO ∥AD ；（2）解：如图1，∵OA ＝OB ＝OC ，∴∠ADB ＝90°，∴△AOD 和△ABD 为等腰直角三角形， ∴AD =√2AO ，∴AD AO =√2，∵DE ＝EF ，∴∠DFE ＝∠DEF ，∵∠DFE ＝∠AFO ，∴∠AFO ＝∠AED ，又∠ADE ＝∠AOF ＝90°，∴△ADE ∽△AOF ，∴AE AF =AD AO =√2．（3）解：如图2，∵OD＝OB，∠BOC＝∠DOC，∴△BOC≌△DOC（SAS），∴BC＝CD，设BC＝CD＝x，CG＝m，则OG＝2﹣m，∵OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2，∴4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m=14x2，∴OG＝2−14x2，∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，∴G为BD的中点，又∵O为AB的中点，∴AD＝2OG＝4−12x2，∴四边形ABCD的周长为2BC+AD+AB＝2x+4−12x2+4=−12x2+2x+8=−12(x−2)2+10，∵−12＜0，∴x＝2时，四边形ABCD的周长有最大值为10．∴BC＝2，∴△BCO为等边三角形，∴∠BOC＝60°，∵OC∥AD，∴∠DAC ＝∠COB ＝60°，∴∠ADF ＝∠DOC ＝60°，∠DAE ＝30°，∴∠AFD ＝90°，∴DE DA=√33，DF =12DA ， ∴DE DF =2√33． 8.（2020青海）在△ABC 中，AB ＝AC ，CG ⊥BA 交BA 的延长线于点G ．特例感知：（1）将一等腰直角三角尺按图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F ，一条直角边与AC 重合，另一条直角边恰好经过点B ．通过观察、测量BF 与CG 的长度，得到BF ＝CG ．请给予证明． 猜想论证：（2）当三角尺沿AC 方向移动到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC 边重合，另一条直角边交BC 于点D ，过点D 作DE ⊥BA 垂足为E ．此时请你通过观察、测量DE 、DF 与CG 的长度，猜想并写出DE 、DF 与CG 之间存在的数量关系，并证明你的猜想．联系拓展：（3）当三角尺在图2的基础上沿AC 方向继续移动到图3所示的位置（点F 在线段AC 上，且点F 与点C 不重合）时，请你判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）【解答】（1）证明：如图1中，∵∠F ＝∠G ＝90°，∠F AB ＝∠CAG ，AB ＝AC ，∴△F AB ≌△GAC （AAS ），∴FB ＝CG ．（2）解：结论：CG ＝DE +DF ．理由：如图2中，连接AD ．∵S △ABC ＝S △ABD +S △ADC ，DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，CG ⊥AB ，∴12•AB •CG =12•AB •DE +12•AC •DF ，∵AB ＝AC ，∴CG ＝DE +DF ．（3）解：结论不变：CG ＝DE +DF ．理由：如图3中，连接AD ．∵S △ABC ＝S △ABD +S △ADC ，DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，CG ⊥AB ，∴12•AB •CG =12•AB •DE +12•AC •DF ，∵AB ＝AC ，∴CG ＝DE +DF ．9.（2020山东烟台）如图，在等边三角形ABC 中，点E 是边AC 上一定点，点D 是直线BC 上一动点，以DE 为一边作等边三角形DEF ，连接CF ．【问题解决】如图1，若点D 在边BC 上，求证：CE +CF ＝CD ；【类比探究】如图2，若点D 在边BC 的延长线上，请探究线段CE ，CF 与CD 之间存在怎样的数量关系？并说明理由．【解答】【问题解决】证明：在CD 上截取CH ＝CE ，如图1所示：∵△ABC 是等边三角形，∴∠ECH ＝60°，∴△CEH 是等边三角形，∴EH ＝EC ＝CH ，∠CEH ＝60°，∵△DEF 是等边三角形，∴DE ＝FE ，∠DEF ＝60°，∴∠DEH +∠HEF ＝∠FEC +∠HEF ＝60°，∴∠DEH ＝∠FEC ，在△DEH 和△FEC 中，{DE =FE ∠DEH =∠FEC EH =EC，∴△DEH ≌△FEC （SAS ），∴DH ＝CF ，∴CD ＝CH +DH ＝CE +CF ，∴CE +CF ＝CD ；【类比探究】解：线段CE ，CF 与CD 之间的等量关系是FC ＝CD +CE ；理由如下：∵△ABC 是等边三角形，∴∠A ＝∠B ＝60°，过D 作DG ∥AB ，交AC 的延长线于点G ，如图2所示：∵GD ∥AB ，∴∠GDC ＝∠B ＝60°，∠DGC ＝∠A ＝60°，∴∠GDC ＝∠DGC ＝60°，∴△GCD 为等边三角形，∴DG ＝CD ＝CG ，∠GDC ＝60°，∵△EDF 为等边三角形，∴ED ＝DF ，∠EDF ＝∠GDC ＝60°，∴∠EDG ＝∠FDC ，在△EGD 和△FCD 中，{ED =DF ∠EDG =∠FDC DG =CD，∴△EGD ≌△FCD （SAS ），∴EG ＝FC ，∴FC ＝EG ＝CG +CE ＝CD +CE ．10．（2020四川攀枝花）实验学校某班开展数学“综合与实践”测量活动．有两座垂直于水平地面且高度不一的圆柱，两座圆柱后面有一斜坡，且圆柱底部到坡脚水平线MN 的距离皆为100cm ．王诗嬑观测到高度90cm 矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm ；而高圆柱的部分影子落在坡上，如图所示．已知落在地面上的影子皆与坡脚水平线MN 互相垂直，并视太阳光为平行光，测得斜坡坡度i ＝1：0.75，在不计圆柱厚度与影子宽度的情况下，请解答下列问题：（1）若王诗嬑的身高为150cm ，且此刻她的影子完全落在地面上，则影子长为多少cm ？（2）猜想：此刻高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内．请直接回答这个猜想是否正确？（3）若同一时间量得高圆柱落在坡面上的影子长为100 cm ，则高圆柱的高度为多少cm ？【解答】解：（1）设王诗嬑的影长为xcm ，由题意可得：9072=150x ，解得：x ＝120，经检验：x ＝120是分式方程的解，王诗嬑的的影子长为120cm ；（2）正确，因为高圆柱在地面的影子与MN 垂直，所以太阳光的光线与MN 垂直，则在斜坡上的影子也与MN 垂直，则过斜坡上的影子的横截面与MN 垂直，而横截面与地面垂直，高圆柱也与地面垂直，∴高圆柱和它的影子与斜坡的某个横截面一定同在一个垂直于地面的平面内；（3）如图，AB 为高圆柱，AF 为太阳光，△CDE 为斜坡，CF 为圆柱在斜坡上的影子，过点F 作FG ⊥CE 于点G ，由题意可得：BC ＝100，CF ＝100，∵斜坡坡度i ＝1：0.75，∴DE CE =FG CG =10.75=43，∴设FG ＝4m ，CG ＝3m ，在△CFG 中，（4m ）2+（3m ）2＝1002，解得：m＝20，∴CG＝60，FG＝80，∴BG＝BC+CG＝160，过点F作FH⊥AB于点H，∵同一时刻，90cm矮圆柱的影子落在地面上，其长为72cm，FG⊥BE，AB⊥BE，FH⊥AB，可知四边形HBGF为矩形，∴9072=AHHF=AHBG，∴AH=9072×BG=9072×160=200，∴AB＝AH+BH＝AH+FG＝200+80＝280，故高圆柱的高度为280cm．11.（2020浙江绍兴）问题：如图，在△ABD中，BA＝BD．在BD的延长线上取点E，C，作△AEC，使EA＝EC．若∠BAE＝90°，∠B＝45°，求∠DAC的度数．答案：∠DAC＝45°．思考：（1）如果把以上“问题”中的条件“∠B＝45°”去掉，其余条件不变，那么∠DAC的度数会改变吗？说明理由．（2）如果把以上“问题”中的条件“∠B＝45°”去掉，再将“∠BAE＝90°”改为“∠BAE＝n°”，其余条件不变，求∠DAC的度数．【解答】解：（1）∠DAC的度数不会改变；∵EA＝EC，∴∠AED＝2∠C，①∵∠BAE＝90°，∴∠BAD=12[180°﹣（90°﹣2∠C）]＝45°+∠C，∴∠DAE＝90°﹣∠BAD＝90°﹣（45°+∠C）＝45°﹣∠C，②由①，②得，∠DAC＝∠DAE+∠CAE＝45°；（2）设∠ABC＝m°，则∠BAD=12（180°﹣m°）＝90°−12m°，∠AEB＝180°﹣n°﹣m°，∴∠DAE＝n°﹣∠BAD＝n°﹣90°+12m°，∵EA＝EC，∴∠CAE=12∠AEB＝90°−12n°−12m°，∴∠DAC＝∠DAE+∠CAE＝n°﹣90°+12m°+90°−12n°−12m°=12n°．。
2020年九年级数学典型中考压轴题训练：《四边形综合》含答案
2020年九年级数学典型中考压轴题训练：《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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2020全国各地中考数学压轴题按题型（几何综合）汇编二、四边形中的计算和证明综合题1.（2020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=√2AG．【解答】（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：∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥CD，∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF，∴△AEF∽△DCF，∴AEDC =AF DF，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+√52或1−√52（舍去），∴AE=1+√5 2．（3）如图，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，∴∠P AG＝∠P AD+∠DAG＝∠P AD+∠EAP＝∠DAE＝90°，∴△P AG为等腰直角三角形，∴EG﹣DG＝EG﹣EP＝PG=√2AG．2.（2020黑龙江七台河）以Rt△ABC的两边AB、AC为边，向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，过点A作AM⊥BC于M，延长MA交EG于点N．（1）如图①，若∠BAC＝90°，AB＝AC，易证：EN＝GN；（2）如图②，∠BAC＝90°；如图③，∠BAC≠90°，（1）中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由．【解答】解：（1）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，∵AM⊥BC，∴∠MAC＝45°，∴∠EAN＝∠MAC＝45°，同理∠NAG＝45°，∴∠EAN＝∠NAG，∵四边形ABDE和四边形ACFG为正方形，∴AE＝AB＝AC＝AG，∴EN＝GN．（2）如图1，∠BAC＝90°时，（1）中结论成立．理由：过点E 作EP ⊥AN 交AN 的延长线于P ，过点G 作GQ ⊥AM 于Q ，∵四边形ABDE 是正方形，∴AB ＝AE ，∠BAE ＝90°，∴∠EAP +∠BAM ＝180°﹣90°＝90°，∵AM ⊥BC ，∴∠ABM +∠BAM ＝90°，∴∠ABM ＝∠EAP ，在△ABM 和△EAP 中，{∠ABM =∠EAP∠AMB =∠P =90°AB =AE，∴△ABM ≌△EAP （AAS ），∴EP ＝AM ，同理可得：GQ ＝AM ，∴EP ＝GQ ，在△EPN 和△GQN 中，{∠P =∠NQG∠ENP =∠GNQ EP =GQ，∴△EPN ≌△GQN （AAS ），∴EN ＝NG ．如图2，∠BAC ≠90°时，（1）中结论成立．理由：过点E 作EP ⊥AN 交AN 的延长线于P ，过点G 作GQ ⊥AM 于Q ，∵四边形ABDE 是正方形，∴AB ＝AE ，∠BAE ＝90°，∴∠EAP +∠BAM ＝180°﹣90°＝90°，∵AM ⊥BC ，∴∠ABM +∠BAM ＝90°，∴∠ABM ＝∠EAP ，在△ABM 和△EAP 中，{∠ABM =∠EAP∠AMB =∠P =90°AB =AE，∴△ABM ≌△EAP （AAS ），∴EP ＝AM ，同理可得：GQ ＝AM ，∴EP ＝GQ ，在△EPN 和△GQN 中，{∠P =∠NQG∠ENP =∠GNQ EP =GQ，∴△EPN ≌△GQN （AAS ），∴EN ＝NG ．3.（2020黑龙江绥化）如图，在正方形ABCD 中，AB ＝4，点G 在边BC 上，连接AG ，作DE ⊥AG 于点E ，BF ⊥AG 于点F ，连接BE 、DF ，设∠EDF ＝α，∠EBF ＝β，BG BC =k ．（1）求证：AE ＝BF ；（2）求证：tan α＝k •tan β；（3）若点G 从点B 沿BC 边运动至点C 停止，求点E ，F 所经过的路径与边AB 围成的图形的面积．【解答】解：（1）证明：在正方形ABCD 中，AB ＝BC ＝AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，∵DE ⊥AG ，BF ⊥AG ，∴∠AED ＝∠BF A ＝90°，∴∠ADE +∠DAE ＝90°，∵∠BAF +∠DAE ＝90°，∴∠ADE ＝∠BAF ，∴△ABF ≌△DAE （AAS ），∴AE ＝BF ；（2）在Rt △DEF 和Rt △EFB 中，tan α=EF DE ，tan β=EF BF ，∴tanαtanβ=EF DE ⋅BF EF =BF DE ．由①可知∠ADE ＝∠BAG ，∠AED ＝∠GBA ＝90°，∴△AED ∽△GBA ，∴AE GB =DE AB ，由①可知，AE ＝BF ，∴BF GB=DE AB ， ∴BF DE=GB AB ， ∵BG BC=k ，AB ＝BC ， ∴BF DE =BG AB =BG BC =k ，∴tanαtanβ=k ．∴tan α＝k tan β．（3）∵DE ⊥AG ，BF ⊥AG ，∴∠AED ＝∠BF A ＝90°，∴当点G从点B沿BC边运动至点C停止时，点E经过的路径是以AD为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O，如图．∵AB＝AD＝4，∴所围成的图形的面积为S＝S△AOB=14×4×4＝4．4.（2020湖南长沙）在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．（1）求证：△ABF∽△FCE；（2）若AB＝2√3，AD＝4，求EC的长；（3）若AE﹣DE＝2EC，记∠BAF＝α，∠F AE＝β，求tanα+tanβ的值．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，由翻折可知，∠D＝∠AFE＝90°，∴∠AFB+∠EFC＝90°，∠EFC+∠CEF＝90°，∴∠AFB＝∠FEC，∴△ABF ∽△FCE ．（2）设EC ＝x ，由翻折可知，AD ＝AF ＝4，∴BF =√AF 2−AB 2=√16−12=2，∴CF ＝BC ﹣BF ＝2，∵△ABF ∽△FCE ，∴AB CF =BF EC ，∴2√32=2x， ∴x =2√33，∴EC =2√33． （3）∵△ABF ∽△FCE ，∴AF EF =AB CF ，∴tan α+tan β=BF AB +EF AF =BF AB +CF AB =BF+CF AB =BC AB ， 设AB ＝CD ＝a ，BC ＝AD ＝b ，DE ＝x ，∴AE ＝DE +2CE ＝x +2（a ﹣x ）＝2a ﹣x ，∵AD ＝AF ＝b ，DE ＝EF ＝x ，∠B ＝∠C ＝∠D ＝90°，∴BF =√b 2−a 2，CF =√x 2−(a −x)2=√2ax −a 2，∵AD 2+DE 2＝AE 2，∴b 2+x 2＝（2a ﹣x ）2，∴a 2﹣ax =14b 2，∵△ABF ∽△FCE ，∴AB CF =BF EC， ∴22=√b 2−a 2a−x ，∴a 2﹣ax =√b 2−a 2•√2ax −a 2，∴14b 2=√b 2−a 2•√a 2−12b 2， 整理得，16a 4﹣24a 2b 2+9b 4＝0，∴（4a 2﹣3b 2）2＝0，∴b a =2√33， ∴tan α+tan β=BC AB =2√33．5.（2020江苏连云港）（1）如图1，点P 为矩形ABCD 对角线BD 上一点，过点P 作EF ∥BC ，分别交AB 、CD 于点E 、F ．若BE ＝2，PF ＝6，△AEP 的面积为S 1，△CFP 的面积为S 2，则S 1+S 2＝ 12 ；（2）如图2，点P 为▱ABCD 内一点（点P 不在BD 上），点E 、F 、G 、H 分别为各边的中点．设四边形AEPH 的面积为S 1，四边形PFCG 的面积为S 2（其中S 2＞S 1），求△PBD 的面积（用含S 1、S 2的代数式表示）；（3）如图3，点P 为▱ABCD 内一点（点P 不在BD 上），过点P 作EF ∥AD ，HG ∥AB ，与各边分别相交于点E 、F 、G 、H ．设四边形AEPH 的面积为S 1，四边形PGCF 的面积为S 2（其中S 2＞S 1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、BĈ围成的封闭图形的面积为S1，P A、PD、AD̂围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△P AC 的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．【解答】解：（1）如图1中，过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFC=12×PF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN＝S△PCF，S△ABD＝S△BCD，∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，∴S1＝S2＝6，∴S1+S2＝12，故答案为12．（2）如图2中，连接P A，PC，在△APB中，∵点E是AB的中点，∴可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG＝a+b+c+d，∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，∴S△ABD=12S平行四边形ABCD＝S1+S2，∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，∴S四边形EBGP＝2S△EBP，S四边形HPFD＝2S△HPD，∴S△ABD=12S平行四边形ABCD=12（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）=12（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）=12（S2﹣S1）．（4）如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．理由：设线段PB，线段P A，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，∴x﹣y＝S3﹣S4，∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．同法可证：图4﹣2中，有结论：S1﹣S2=S3+S4．图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．6.（2020江苏苏州）问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，P A＝PD，∠APD＝90°．求证：AB+CD＝BC．问题2：如图②，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一点，P A＝PD，∠APD＝90°．求AB+CD的值．BC【解答】证明：（1）∵∠B＝∠APD＝90°，∴∠BAP +∠APB ＝90°，∠APB +∠DPC ＝90°，∴∠BAP ＝∠DPC ，又P A ＝PD ，∠B ＝∠C ＝90°，∴△BAP ≌△CPD （AAS ），∴BP ＝CD ，AB ＝PC ，∴BC ＝BP +PC ＝AB +CD ；（2）如图2，过点A 作AE ⊥BC 于E ，过点D 作DF ⊥BC 于F ，由（1）可知，EF ＝AE +DF ，∵∠B ＝∠C ＝45°，AE ⊥BC ，DF ⊥BC ，∴∠B ＝∠BAE ＝45°，∠C ＝∠CDF ＝45°，∴BE ＝AE ，CF ＝DF ，AB =√2AE ，CD =√2DF ，∴BC ＝BE +EF +CF ＝2（AE +DF ），∴AB+CD BC =√2(AE+DF)=√22． 7.（2020江苏泰州）如图，正方形ABCD 的边长为6，M 为AB 的中点，△MBE 为等边三角形，过点E 作ME 的垂线分别与边AD 、BC 相交于点F 、G ，点P 、Q 分别在线段EF 、BC 上运动，且满足∠PMQ ＝60°，连接PQ ．（1）求证：△MEP ≌△MBQ ．（2）当点Q在线段GC上时，试判断PF+GQ的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由．（3）设∠QMB＝α，点B关于QM的对称点为B'，若点B'落在△MPQ的内部，试写出α的范围，并说明理由．【解答】证明：（1）∵正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，AM＝BM＝3，∵△MBE是等边三角形，∴MB＝ME＝BE，∠BME＝∠PMQ＝60°，∴∠BMQ＝∠PME，又∵∠ABC＝∠MEP＝90°，∴△MBQ≌△MEP（ASA）；（2）PF+GQ的值不变，理由如下：如图1，连接MG，过点F作FH⊥BC于H，∵ME＝MB，MG＝MG，∴Rt△MBG≌Rt△MEG（HL），∴BG＝GE，∠BMG＝∠EMG＝30°，∠BGM＝∠EGM，∴MB=√3BG＝3，∠BGM＝∠EGM＝60°，∴GE=√3，∠FGH＝60°，∵FH⊥BC，∠C＝∠D＝90°，∴四边形DCHF是矩形，∴FH＝CD＝6，∵sin∠FGH=FHGF=√32=6FG，∴FG＝4√3，∵△MBQ≌△MEP，∴BQ＝PE，∴PE＝BQ＝BG+GQ，∵FG＝EG+PE+FP＝EG+BG+GQ+PF＝2√3+GQ+PF，∴GQ+PF＝2√3；（3）如图2，当点B'落在PQ上时，∵△MBQ≌△MEP，∴MQ＝MP，∵∠QMP＝60°，∴△MPQ是等边三角形，当点B'落在PQ上时，点B关于QM的对称点为B'，∴△MBQ≌△MB'Q，∴∠MBQ＝∠MB'Q＝90°∴∠QME＝30°∴点B'与点E重合，点Q与点G重合，∴∠QMB＝∠QMB'＝α＝30°，如图3，当点B'落在MP上时，同理可求：∠QMB＝∠QMB'＝α＝60°，∴当30°＜α＜60°时，点B'落在△MPQ的内部．8.（2020江苏无锡）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E为边CD上的一点（与C、D不重合），四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，延长ME交AB于点P，记四边形P ADE的面积为S．（1）若DE=√33，求S的值；（2）设DE＝x，求S关于x的函数表达式．【解答】解：（1）当DE=√3 3，∵AD＝1，∴tan∠AED=√3，AE=2√3 3，∴∠AED＝60°，∵AB∥CD，∴∠BAE＝60°，∵四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，∴∠AEC＝∠AEM，∵∠PEC＝∠DEM，∴∠AEP＝∠AED＝60°，∴△APE为等边三角形，∴S=√34×（2√33）2+12×√33×1=√32；（2）过E作EF⊥AB于F，由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PEA，∴AP＝PE，设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，则PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，在Rt△PEF中，（a﹣x）2+1＝a2，解得：a=x2+1 2x，∴S=12⋅x×1+12×x2+12x×1=12x+x2+14x．9.（2020辽宁营口）如图，在矩形ABCD中，AD＝kAB（k＞0），点E是线段CB延长线上的一个动点，连接AE，过点A作AF⊥AE交射线DC于点F．（1）如图1，若k＝1，则AF与AE之间的数量关系是AF＝AE；（2）如图2，若k≠1，试判断AF与AE之间的数量关系，写出结论并证明；（用含k的式子表示）（3）若AD＝2AB＝4，连接BD交AF于点G，连接EG，当CF＝1时，求EG的长．【解答】解：（1）AE＝AF．∵AD＝AB，四边形ABCD矩形，∴四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠EAB＝∠F AD，∴△EAB≌△F AD（AAS），∴AF＝AE；故答案为：AF＝AE．（2）AF＝kAE．证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADF＝90°，∴∠F AD+∠F AB＝90°，∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠EAB+∠F AB＝90°，∴∠EAB＝∠F AD，∵∠ABE+∠ABC＝180°，∴∠ABE＝180°﹣∠ABC＝180°﹣90°＝90°，∴∠ABE＝∠ADF．∴△ABE∽△ADF，∴AB AD =AE AF ，∵AD ＝kAB ，∴AB AD=1k ， ∴AE AF =1k， ∴AF ＝kAE ．（3）解：①如图1，当点F 在DA 上时，∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ＝CD ，AB ∥CD ，∵AD ＝2AB ＝4，∴AB ＝2，∴CD ＝2，∵CF ＝1，∴DF ＝CD ﹣CF ＝2﹣1＝1．在Rt △ADF 中，∠ADF ＝90°，∴AF =√AD 2+DF 2=√42+12=√17，∵DF ∥AB ，∴∠GDF ＝∠GBA ，∠GFD ＝∠GAB ，∴△GDF ∽△GBA ，∴GF GA =DF BA =12，∵AF ＝GF +AG ，∴AG =23AF =23√17．∵△ABE ∽△ADF ，∴AE AF =AB AD =24=12， ∴AE =12AF =12×√17=√172．在Rt △EAG 中，∠EAG ＝90°，∴EG =√AE 2+AG 2=(172)2+(2173)2=5√176， ②如图2，当点F 在DC 的延长线上时，DF ＝CD +CF ＝2+1＝3，在Rt △ADF 中，∠ADF ＝90°，∴AF =√AD 2+DF 2=√42+32=5．∵DF ∥AB ，∵∠GAB ＝∠GFD ，∠GBA ＝∠GDF ，∴△AGB ∽△FGD ，∴AG FG =AB FD =23，∵GF +AG ＝AF ＝5，∴AG ＝2，∵△ABE ∽△ADF ，∴AE AF =AB AD =24=12， ∴AE =12AF =12×5=52，在Rt △EAG 中，∠EAG＝90°， ∴EG =√AE 2+AG 2=√(52)2+22=√412．综上所述，EG 的长为5√176或√412． 10.（2020山东菏泽）如图1，四边形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，OA ＝OC ，OB ＝OD +CD ．（1）过点A 作AE ∥DC 交BD 于点E ，求证：AE ＝BE ；（2）如图2，将△ABD 沿AB 翻折得到△ABD '．①求证：BD '∥CD ；②若AD '∥BC ，求证：CD 2＝2OD •BD ．【解答】（1）证明：∵AE ∥DC ，∴∠CDO＝∠AEO，∠EAO＝∠DCO，又∵OA＝OC，∴△AOE≌△COD（AAS），∴CD＝AE，OD＝OE，∵OB＝OE+BE，OB＝OD+CD，∴BE＝CD，∴AE＝BE；（2）①证明：如图1，过点A作AE∥DC交BD于点E，由（1）可知△AOE≌△COD，AE＝BE，∴∠ABE＝∠AEB，∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD'，∴∠ABD'＝∠ABD，∴∠ABD'＝∠BAE，∴BD'∥AE，又∵AE∥CD∴BD'∥CD．②证明：如图2，过点A作AE∥DC交BD于点E，延长AE交BC于点F，∵AD '∥BC ，BD '∥AE ，∴四边形AD 'BF 为平行四边形．∴∠D '＝∠AFB ，∵将△ABD 沿AB 翻折得到△ABD '．∴∠D '＝∠ADB ，∴∠AFB ＝∠ADB ，又∵∠AED ＝∠BEF ，∴△AED ∽△BEF ，∴AE DE =BE EF ，∵AE ＝CD ，∴CD DE =BE EF ，∵EF ∥CD ，∴△BEF ∽△BDC ，∴BE EF=BD DC ， ∴CD DE =BD CD ，∴CD 2＝DE •BD ，∵△AOE ≌△COD ，∴OD ＝OE ，∴DE ＝2OD ，∴CD 2＝2OD •BD ．11.（2020山东济宁）如图，在菱形ABCD 中，AB ＝AC ，点E ，F ，G 分别在边BC ，CD 上，BE ＝CG ，AF 平分∠EAG ，点H 是线段AF 上一动点（与点A 不重合）．（1）求证：△AEH ≌△AGH ；（2）当AB ＝12，BE ＝4时．①求△DGH 周长的最小值；②若点O 是AC 的中点，是否存在直线OH 将△ACE 分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1：3．若存在，请求出AH AF 的值；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ＝BC ，∵AB ＝AC ，∴AB ＝BC ＝AC ，∴△ABC 是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠BCD＝120°，∵AC是菱形ABCD的对角线，∴∠ACD=12∠BCD＝60°＝∠ABC，∵BE＝CG，∴△ABE≌△ACG（SAS），∴AE＝AG，∵AF平分∠EAG，∴∠EAF＝∠GAF，∵AH＝AH，∴△AEH≌△AGH（SAS）；（2）①如图1，过点D作DM⊥BC交BC的延长线于M，连接DE，∵AB＝12，BE＝4，∴CG＝4，∴CE＝DG＝12﹣4＝8，由（1）知，△AEH≌△AGH，∴EH＝HG，∴l△DGH＝DH+GH+DG＝DH+HE+8，要是△AEH的周长最小，则EH+DH最小，最小为DE，在Rt △DCM 中，∠DCM ＝180°﹣120°＝60°，CD ＝AB ＝12，∴CM ＝6，∴DM =√3CM ＝6√3，在Rt △DME 中，EM ＝CE +CM ＝14，根据勾股定理得，DE =√EM 2+DM 2=√142+(6√3)2=2√51，∴△DGH 周长的最小值为2√51+8；②Ⅰ、当OH 与线段AE 相交时，交点记作点N ，如图2，连接CN ，∴点O 是AC 的中点，∴S △AON ＝S △CON =12S △ACN ，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴S △AONS △AEC =14， ∴S △CEN ＝S △ACN ，∴AN ＝EN ，∵点O 是AC 的中点，∴ON ∥CE ，∴AH AF =12；Ⅱ、当OH 与线段CE 相交时，交点记作Q ，如图3，连接AQ ，FG ，∵点O 是AC 的中点，∴S △AOQ ＝S △COQ =12S △ACQ ，∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，∴S △COQS △ACE =14，∴S △AEQ ＝S △ACQ ，∴CQ ＝EQ =12CE =12（12﹣4）＝4，∵点O 是AC 的中点，∴OQ ∥AE ，设FQ ＝x ，∴EF ＝EQ +FQ ＝4+x ，CF ＝CQ ﹣FQ ＝4﹣x ，由（1）知，AE ＝AG ，∵AF 是∠EAG 的角平分线，∴∠EAF ＝∠GAF ，∵AF ＝AF ，∴△AEF ≌△AGF （SAS ），∴FG ＝EF ＝4+x ，过点G 作GP ⊥BC 交BC 的延长线于P ，在Rt △CPG 中，∠PCG ＝60°，CG ＝4，∴CP =12CG ＝2，PG =√3CP ＝2√3，∴PF ＝CF +CP ＝4﹣x +2＝6﹣x ，在Rt △FPG 中，根据勾股定理得，PF 2+PG 2＝FG 2，∴（6﹣x ）2+（2√3）2＝（4+x ）2，∴x =85，∴FQ =85，EF ＝4+85=285， ∵OQ ∥AE ，∴AH AF=EQ EF =4285=57， 即AH AF 的值为12或57．12.（2020四川南充）如图，边长为1的正方形ABCD 中，点K 在AD 上，连接BK ，过点A ，C 作BK 的垂线，垂足分别为M ，N ，点O 是正方形ABCD 的中心，连接OM ，ON ．（1）求证：AM ＝BN ．（2）请判定△OMN 的形状，并说明理由．（3）若点K 在线段AD 上运动（不包括端点），设AK ＝x ，△OMN 的面积为y ，求y 关于x 的函数关系式（写出x 的范围）；若点K 在射线AD 上运动，且△OMN 的面积为110，请直接写出AK 长．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠ABM+∠CBM＝90°，∵AM⊥BM，CN⊥BN，∴∠AMB＝∠BNC＝90°，∴∠MAB+∠MBA＝90°，∴∠MAB＝∠CBM，∴△ABM≌△BCN（AAS），∴AM＝BN；（2）△OMN是等腰直角三角形，理由如下：如图，连接OB，∵点O是正方形ABCD的中心，∴OA＝OB，∠OBA＝∠OAB＝45°＝∠OBC，AO⊥BO，∵∠MAB＝∠CBM，∴∠MAB﹣∠OAB＝∠CBM﹣∠OBC，∴∠MAO＝∠NBO，又∵AM＝BN，OA＝OB，∴△AOM≌△BON（SAS），∴MO＝NO，∠AOM＝∠BON，∵∠AON+∠BON＝90°，∴∠AON+∠AOM＝90°，∴∠MON＝90°，∴△MON是等腰直角三角形；（3）在Rt△ABK中，BK=√AK2+AB2=√x2+1，∵S△ABK=12×AK×AB=12×BK×AM，∴AM=AK⋅ABBK=x√x2+1，∴BN＝AM=x√x2+1，∵cos∠ABK=BMAB=ABBK，∴BM=AB⋅ABBK=1√x2+1，∴MN＝BM﹣BN=x2+1∵S△OMN=14MN2=(1−x)24x2+4，∴y=x2−2x+14x2+4（0＜x＜1）；当点K 在线段AD 上时，则110=x 2−2x+14x 2+4， 解得：x 1＝3（不合题意舍去），x 2=13，当点K 在线段AD 的延长线时，同理可求y =x 2−2x+14x 2+4（x ＞1）， ∴110=x 2−2x+14x 2+4， 解得：x 1＝3，x 2=13（不合题意舍去），综上所述：AK 的值为3或13时，△OMN 的面积为110．13.（2020浙江杭州）如图，在正方形ABCD 中，点E 在BC 边上，连接AE ，∠DAE 的平分线AG 与CD 边交于点G ，与BC 的延长线交于点F ．设CE EB =λ（λ＞0）．（1）若AB ＝2，λ＝1，求线段CF 的长．（2）连接EG ，若EG ⊥AF ，①求证：点G 为CD 边的中点．②求λ的值．【解答】解：（1）∵在正方形ABCD 中，AD ∥BC ，∴∠DAG ＝∠F ，又∵AG 平分∠DAE ，∴∠DAG ＝∠EAG ，∴∠EAG ＝∠F ，∴EA ＝EF ，∵AB ＝2，∠B ＝90°，点E 为BC 的中点，∴BE ＝EC ＝1，∴AE =√AB 2+BE 2=√5，∴EF =√5，∴CF ＝EF ﹣EC =√5−1；（2）①证明：∵EA ＝EF ，EG ⊥AF ，∴AG ＝FG ，在△ADG 和△FCG 中{∠D =∠GCF ∠AGD =∠FGC AG =FG，∴△ADG ≌△FCG （AAS ），∴DG ＝CG ，即点G 为CD 的中点；②设CD ＝2a ，则CG ＝a ，由①知，CF ＝DA ＝2a ，∵EG ⊥AF ，∠GDF ＝90°，∴∠EGC +∠CGF ＝90°，∠F +∠CGF ＝90°，∠ECG ＝∠GCF ＝90°，∴∠EGC ＝∠F ，∴△EGC ∽△GFC ，∴EC GC =GC FC ，∵GC ＝a ，FC ＝2a ，∴GC FC=12， ∴EC GC =12，∴EC =12a ，BE ＝BC ﹣EC ＝2a −12a =32a ，∴λ=CE EB =12a 32a =13．14.（2020浙江金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC 的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB ，OC 的中点D ，E 作AE ，AD 的平行线，相交于点F ，已知OB ＝8．（1）求证：四边形AEFD 为菱形．（2）求四边形AEFD 的面积．（3）若点P 在x 轴正半轴上（异于点D ），点Q 在y 轴上，平面内是否存在点G ，使得以点A ，P ，Q ，G 为顶点的四边形与四边形AEFD 相似？若存在，求点P 的坐标；若不存在，试说明理由．【解答】（1）证明：如图1中，∵AE∥DF，AD∥EF，∴四边形AEFD是平行四边形，∵四边形ABCD是正方形，∴AC＝AB＝OC＝OB，∠ACE＝∠ABD＝90°，∵E，D分别是OC，OB的中点，∴CE＝BD，∴△CAE≌△ABD（SAS），∴AE＝AD，∴四边形AEFD是菱形．（2）解：如图1中，连接DE．∵S△ADB＝S△ACE=12×8×4＝16，S△EOD=12×4×4＝8，∴S△AED＝S正方形ABOC﹣2S△ABD﹣S△EOD＝64﹣2×16﹣8＝24，∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48．（3）解：如图1中，连接AF，设AF交DE于K，∵OE＝OD＝4，OK⊥DE，∴KE＝KD，∴OK＝KE＝KD＝2√2，∵AO＝8√2，∴AK＝6√2，∴AK＝3DK，①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形：如图2中，设AG交PQ于H，过点H作HN⊥x轴于N，交AC于M，设AM＝t．∵菱形P AQG∽菱形ADFE，∴PH＝3AH，∵HN∥OQ，QH＝HP，∴ON＝NP，∴HN是△PQO的中位线，∴ON＝PN＝8﹣t，∵∠MAH ＝∠PHN ＝90°﹣∠AHM ，∠PNH ＝∠AMH ＝90°，∴△HMA ∽△PNH ，∴AM NH =MH PN =AH PH =13，∴HN ＝3AM ＝3t ，∴MH ＝MN ﹣NH ＝8﹣3t ，∵PN ＝3MH ，∴8﹣t ＝3（8﹣3t ），∴t ＝2，∴OP ＝2ON ＝2（8﹣t ）＝12，∴P （12，0）．如图3中，过点H 作HI ⊥y 轴于I ，过点P 作PN ⊥x 轴交IH 于N ，延长BA 交IN 于M ．同法可证：△AMH ∽△HNP ，∴AM HN =MH PN =AH HP =13，设MH ＝t ，∴PN ＝3MH ＝3t ，∴AM＝BM﹣AB＝3t﹣8，∵HI是△OPQ的中位线，∴OP＝2IH，∴HIHN，∴8+t＝9t﹣24，∴t＝4，∴OP＝2HI＝2（8+t）＝24，∴P（24，0）．②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形：如图4中，QH＝3PH，过点H作HM⊥OC于M，过D点P作PN⊥MH于N．∵MH是△QAC的中位线，∴MH=12AC＝4，同法可得：△HPN∽△QHM，∴NPHM =HNMQ=PHQH=13，∴PN=13HM=43，∴OM ＝PN =43，设HN ＝t ，则MQ ＝3t ， ∵MQ ＝MC ，∴3t ＝8−43，∴t =209， ∴OP ＝MN ＝4+t =569，∴点P 的坐标为（569，0）．如图5中，QH ＝3PH ，过点H 作HM ⊥x 轴于M 交AC 于I ，过点Q 作QN ⊥HM 于N ．∵IH 是△ACQ 的中位线，∴CQ ＝2HI ，NQ ＝CI ＝4，同法可得：△PMH ∽△HNQ ，∴MH NQ =PM HN =PH HQ =13，则MH =13NQ =43， 设PM ＝t ，则HN ＝3t ，∵HN ＝HI ，∴3t ＝8+43，∴t =289， ∴OP ＝OM ﹣PM ＝QN ﹣PM ＝4﹣t =89，∴P （89，0）． ③如图6中，当AP 为菱形的对角线时，有图6一种情形：过点H 作HM ⊥y 轴于于点M ，交AB 于I ，过点P 作PN ⊥HM 于N ．∵HI ∥x 轴，AH ＝HP ，∴AI ＝IB ＝4，∴PN ＝IB ＝4，同法可得：△PNH ∽△HMQ ，∴PN HM =HN MQ =PH HQ =13，∴MH ＝3PN ＝12，HI ＝MH ﹣MI ＝4，∵HI 是△ABP 的中位线，∴BP ＝2IH ＝8，∴OP ＝OB +BP ＝16，∴P （16，0），综上所述，满足条件的点P 的坐标为（12，0）或（24，0）或（569，0）或（89，0）或（16，0）．15.（2020浙江宁波）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC 中，D 为AB 上一点，∠ACD ＝∠B ．求证：AC 2＝AD •AB ．【尝试应用】（2）如图2，在▱ABCD 中，E 为BC 上一点，F 为CD 延长线上一点，∠BFE ＝∠A ．若BF ＝4，BE ＝3，求AD 的长．【拓展提高】（3）如图3，在菱形ABCD 中，E 是AB 上一点，F 是△ABC 内一点，EF ∥AC ，AC ＝2EF ，∠EDF =12∠BAD ，AE ＝2，DF ＝5，求菱形ABCD 的边长．【解答】解：（1）证明：∵∠ACD ＝∠B ，∠A ＝∠A ，∴△ADC ∽△ACB ，∴AD AC =AC AB ，∴AC 2＝AD •AB ．（2）∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ＝BC ，∠A ＝∠C ，又∵∠BFE ＝∠A ，∴∠BFE ＝∠C ，又∵∠FBE ＝∠CBF ，∴△BFE ∽△BCF ，∴BF BC =BE BF ，∴BF 2＝BE •BC ，∴BC =BF 2BE =423=163，∴AD =163．（3）如图，分别延长EF ，DC 相交于点G ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ∥DC ，∠BAC =12∠BAD ，∵AC ∥EF ，∴四边形AEGC 为平行四边形，∴AC ＝EG ，CG ＝AE ，∠EAC ＝∠G ，∵∠EDF =12∠BAD ， ∴∠EDF ＝∠BAC ， ∴∠EDF ＝∠G ，又∵∠DEF ＝∠GED ， ∴△EDF ∽△EGD ， ∴ED EG =EF DE ， ∴DE 2＝EF •EG ， 又∵EG ＝AC ＝2EF ， ∴DE 2＝2EF 2， ∴DE =√2EF ，又∵DG DF =DE EF ， ∴DG =√2DF =5√2， ∴DC ＝DG ﹣CG ＝5√2−2．。