四边形的相关概念、判定及性质(压轴突破)(解析版)—2024年中考数学【高分突破】压轴题培优专题精练

A ．134,55æöç÷èø【答案】A
【分析】过点E 作EH 5OB OA AB ===，求得∵点()1,0A ，()0,2B ∴1,2OA OB ==，
∵四边形ABCD 是正方形，∴90BAD Ð=°，AD
,
Q==
PD BC AD
\Ð=Ð，
DPA DAP
在矩形ABCD中，
Q ABC BAD
,
==
PC AB CD
Ð=Ð=
∴DPC CDP Ð=Ð，ACD BAC Ð=Ð，
∴APD CDP ACD DPC BAC Ð=Ð+Ð=Ð+Ð，
∵DPC DAP Ð>Ð，
∴DPC BAC DAP BAC Ð+Ð>Ð+Ð，
∴APD BAD
Ð>Ð∴ABC APD Ð<Ð；
\B 项为真命题，不符合题意；
如图，
∵PC PD =，
∴PCD PDC Ð=Ð，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB CD P ，90ADC BAD Ð=Ð=°，
∴PCD BAC PDC Ð=Ð=Ð，
∵90PDC PDA BAC PAD Ð+Ð=Ð+Ð=°，
∴PAD PDA Ð=Ð；
故选项C 是真命题，不符合题意；
如图，
当PB PD =时，无法证明APB ACD Ð>Ð，
故D 选项是假命题，符合题意．
故选：D ．
3．如图，菱形OABC 边OA 在x 轴的正半轴上，且点B 的纵坐标为4，点P 从点O 开始向点A 运动，至点A 停止，过P 点与x 轴垂直的直线与菱形另一边交点为M ，记OP x =，OPM V 的面积为S ，且S 与x 的函数关系图象如右图，则cos AOC Ð的值为（ ）
A ．3
5B ．4
5C ．3
2【答案】A
【分析】根据题意得OD a =，OA b OC ==，CD AE ==中，OD a =，2OC a =+，4CD =，利用勾股定理求得
根据题意得OD a =，OA b ==∴2n a =，222n b a =+=+，在Rt OCD △中，OD a =，OC ∴()22242a a +=+，
A ．2
B ．65【答案】
C 【分析】利用勾股定理得出答案．
60A Ð=°Q ，四边形ABCD 是菱形，
60GDE \Ð=°，
30GED \Ð=°，
设GD x =，则2DE x =，EG
A．两问都正确B．两问都不正确
C．第（1）问正确，第（2）问错误D．第（1）问错误，第（2）问正确【答案】A
=，再根据中位线的判定，得出EO是V 【分析】根据平行四边形的性质，得出OA OC
3,1B．A．()
【答案】A
【分析】根据题意易得OA=
A．甲、乙正确B．甲、丙正确【答案】C
【分析】尺规作图，得到AE平分
是菱形，利用菱形的性质，勾股定理，含出结论．
【点睛】本题考查角平分线，中垂线的作图，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，含
A．先是平行四边形，平移3个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移2
C．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移3
V平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
D．在Rt BCD
【答案】B
【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可．
继续平移，当AB与C D¢¢共线时，
¢¢是菱形，
此时AB B D¢
⊥，即四边形AB C D
此时的总平移距离为333
==，
BD AD
即再平移23个单位长度后是菱形；
¢¢
综上可得：平移过程中，四边形AB C D
位长度后是菱形，
故选B．
【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含利用了特殊四边形的判定和性质．
二、填空题
Т=．（1）EFD
（2）线段AE的长是
【答案】135°23
Ð+Ð【分析】（1）证明AEF DFE
∵菱形ABCD ，60ABC Ð=°，AD ∥∴18060120A BCD Ð=°-°=°=Ð，Ð∵A E AB ¢⊥，120EA C A ¢Ð=Ð=°，∴1209030BGC Ð=°-°=°，
又∵60ABC Ð=°，
∴603030BCG Ð=°-°=°，
【答案】 75 84-
【点睛】本题考查作图-轴对称变换，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质，灵活运用所学知识解决问题．
12．如图，将一副三角板放置在盒子中，动，12cm AC EF ==，则线段
【答案】()(623cm AD -££【分析】依题意可知，当点B 度最大，分别求出两个最值即可得解．
∵四边形BCHG 是矩形，
∴BG CH =，GH BC =，BC ∵BC GH ∥，30ACB Ð=°
∵90,CBG DBF DEF Ð=°Ð=Ð
同理可得：6cm
DH CH ==∴()636cm
AD AH DH =-=-即()max 636cm
AD =-
【答案】 2 7
4
【分析】根据题意可得BE =得到答案；连接CG ，作OM 2BI ED ==，HI GH =，Ð
由题意可得2BI ED ==，HI 到BC 的距离，
在Rt BGH △和Rt BIH V 中，
GH IH BH BH =ìí=î
，()Rt Rt HL BGH BIH \V V ≌，
【答案】25
【分析】当G ，E ，C 三点在同一条直线上时，过点的中点得到12
AG DG ==
∵点G 是矩形ABCD 的边∴132
AG DG AD ===∵90D Ð=°，CD AB =
【答案】(16,8)
OA的解析式为y=【分析】根据题意求出直线1
点1C，2C，3C，4C，的坐标即可．
【详解】解：∵点1A坐标为(1,1)，四边形1A BB
C，
\===(2,1)
OB A B BB
1,1,
【答案】26
【分析】证明四边形GCEF 是矩形，4AB BC CD AD ====，ECD Ð1212
CEFG S S S +=正方形，设ED BG =()23121138322S S S x x =+-=
+-=【详解】解：∵CE CG ⊥，EF ⊥
HE
点拨1：如图②，延长EH 交AD 于点M ，由题意可知AD EF P ，易证：()AAS AMH FEH V V ≌，可得
∵四边形ABCD与四边形CEFG P
∴AD EF
∴AMH FEH
Ð=Ð，MAH
Ð
又∵点H是AF的中点，即
=
(1)求证：AG GF
AB=，AD=
(2)若6
【答案】(1)证明见解析
(2)5
CH=
【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的性质，相似三角形的性质和判定，平行线分线段成比例性质
(1)若2
AD=，
1
tan
2
ADM
Ð=，求AE
(2)若FB NB
=．
①求ENF
Ð的度数；
②求证：2
3DE EC EP
=×．
【答案】(1)22
；
∵EN DF ⊥，
∴90FEN Ð=°，
∵在Rt FEN △中，FB NB =，
∴FB EB BN ==，∴12Ð=Ð，
设12x Ð=Ð=°，则3122x Ð=Ð+Ð=°，
∵四边形ABCD 为正方形
∴CD BC =，BCA DCA Ð=Ð，90BCD Ð=°，又AC AC =，
∴BCE DCE ≌△△，
∴432x Ð=Ð=°，
∵90BCD Ð=°，
∴1490Ð+Ð=°，即290x x +=，
解得：30x =，
∴1230Ð=Ð=°，
又∵90FEN Ð=°，
∴903060ENF Ð=°-°=°；
②证明：∵EN DF ⊥，
∴90FEN DEG Ð=Ð=°，
∵四边形ABCD 为正方形，
∴90BCD Ð=°，45BCA DCA Ð=Ð=°，
∴180135ECG DCA Ð=°Ð=°－，
18090FCG BCD Ð=°Ð=°－，
∵90FEN FCG Ð=Ð=°，
∴F 、E 、C 、G 四点在以FG 为直径的圆上，
∴545ACB Ð=Ð=°，
∴1805135EGP Ð=°-Ð=°，
∵CEG GEP Ð=Ð，ECG EGP Ð=Ð，
∴ECG EGP ∽△△，
过点C 作CN AM ∥交DE 的延长线于点N ，则四边AMNC 是平行四边形（依据利用“等积变形”可得：ADEC AMNC
S S =正方形平行四边形将AMNC Y 沿直线MQ 向下平移MA 的长度得到A M N C ¢¢¢¢
Y 若点A ¢恰好与点Q 重合，即MA AQ =，则A M N C ¢¢¢¢Y 即为QACC ¢
Y 延长CC ¢交QP 于点H ，利用“等积变形”可得：
QACC QATH
S S ¢=四边形四边形ADEC QATH
S S =正方形四边形
同理：BCFG BPHT
S S =正方形四边形∵ABPQ QATH BPHT
S S S =+正方形四边形四边形∴ABPQ ACED BCFG
S S S =+正方形正方形正方形即222
AB AC BC =+(1)上述证明过程中的依据是___________．
(2)根据小明的思路，请你帮助小明证明“若点A ¢恰好与点Q 重合”这一猜想．
(3)已知：（如图2）正方形ABCD 的边长为8，E 是边CD 上的一个动点，以CE 为一边在正方形ABCD 外作正方形CEFG ，连接BD ，BF ，点E 在运动的过程中，DBF V 的面积是否发生变化，若变化说出变化的理由，若不变，请直接写出DBF V 的面积．
【答案】(1)两组对边分别平行的四边形是平行四边形
(2)证明见解析
(3)DBF V 的面积为32
【分析】（1）由DE AC ∥，结合AM CN ∥，可得四边形AMNC 是平行四边形，从而可得推理的依据；（2）证明90AQP QAB MAB Ð=Ð=°=Ð，AB AQ =，90D DAC ACE ACB Ð=Ð=Ð=°=Ð，AD AC =，DAM BAC Ð=Ð，再证明ADM ACB V V ≌，可得AM AB =，从而可得结论；
（3）设正方形CEFG 边长为a ，由DBF DEF ABD BGF ABCD CEFG S S S S S S =++--V V V V 正方形正方形可得结论．
【详解】（1）解：∵正方形ADEC ，
∴DE AC ∥，
∵AM CN ∥，
∴四边形AMNC 是平行四边形，
∴依据是两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
（2）∵正方形ABPQ ，
∵90AQP QAB MAB Ð=Ð=°=Ð，AB AQ =，
∵正方形ADEC ，
∴90D DAC ACE ACB Ð=Ð=Ð=°=Ð，AD AC =，
∴DAM MAC MAC BAC Ð+Ð=Ð+Ð，
∴DAM BAC Ð=Ð，
∴ADM ACB V V ≌，
∴AM AB =，而AB AQ =，
∴AM AQ =，。