2021年九年级中考复习数学考点训练——几何专题：《四边形综合》(四)及答案

这是一份2021年九年级中考复习数学考点训练——几何专题：《四边形综合》(四)及答案，共21页。试卷主要包含了如图2，将中的条件改为，同学们等内容，欢迎下载使用。
备战2021年九年级中考复习数学考点训练——
几何专题：《四边形综合》（四）

1．已知四边形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝4，BC＝3．
（1）如图1，P为AB边上的一点，以PD、PC为边作▱PCQD，请问对角线PQ，DC能否互相垂直，为什么？
（2）如图1，P为AB边上的一点，以PD、PC为边作▱PCQD，请问对角线PQ，DC的长能否相等，为什么？
（3）如图1，若P为AB边上一点，以PD，PC为边作▱PCQD，请问对角线PQ的长是否存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．
（4）如图2，若P为AB边上任意一点，延长PD到E，使DE＝nPD（n为常数），再以PE、PC为边作▱PCQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值？如果存在，直接写出这个最小值；如果不存在，请说明理由．





2．如图1，菱形ABCD中，∠ABC＝120°，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA＝PE，PE交CD于F，连接CE．
（1）证明：△ADP≌△CDP；
（2）判断△CEP的形状，并说明理由；
（3）如图2，把菱形ABCD改为正方形ABCD，其他条件不变，直接写出线段AP与线段CE的数量关系．




3．四边形ABCD中，点E是AB的中点，F是AD边上的动点．连结DE、CF．
（1）若四边形ABCD是矩形，AD＝12，CD＝10，如图（1）．
①请直接写出AE的长度；
②当DE⊥CF时，试求出CF长度．
（2）如图（2），若四边形ABCD是平行四边形，DE与CF相交于点P．探究：当∠B与∠EPC满足什么关系时，成立？并证明你的结论．





4．如图，正方形ABCD和正方形EFGH的边长分别为2和，对角线BD、FH都在直线L上，O1、O2分别是正方形的中心，线段O1O2的长叫做两个正方形的中心距．当中心O2在直线L上平移时，正方形EFGH也随平移，在平移时正方形EFGH的形状、大小没有改变．
（1）计算：O1D＝　 　，O2F＝　 　．
（2）当中心O2在直线L上平移到两个正方形只有一个公共点时，中心距O1O2＝　 　．
（3）随着中心O2在直线L上的平移，两个正方形的公共点的个数还有哪些变化？并求出相对应的中心距的值或取值范围（不必写出计算过程）．



5．如图，在正方形ABCD中，点E是边AB上的一动点（不与点A，B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC边于点G，连接DF，DG．
（1）依题意补全图形，并证明∠FDG＝∠CDG；
（2）过点E作EM⊥DE于点E，交DG的延长线于点M，连接BM．
①直接写出图中和DE相等的线段；
②用等式表示线段AE，BM的数量关系，并证明．





6．如图，在平面直角坐标系中，AB∥OC，A（0，12），B（a，c），C（b，0），并且a，b满足b＝++18；一动点P从点A出发，在线段AB上以每秒2个单位长度的速度向点B运动；动点Q从点C出发在线段CO上以每秒1个单位长度的速度向点O运动，点P、Q分别从点A、C同时出发，当点P运动到点B时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（秒）．
（1）求B、C两点的坐标；
（2）当t为何值时，四边形APQO是矩形？并求出此时P，Q两点坐标；
（3）当t为何值时，四边形PQCB是平行四边形？并判断其是否可以成为菱形？





7．如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问结论DE＝BD+CE是否成立？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）如图3，过△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，求证：I是EG的中点．



8．如图①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．作正方形DEFG，使点A、C分别在DG和DE上，连接AE、BG．
（1）请写出线段BG和AE的位置关系及数量关系；
（2）将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度α（0°＜α＜90°）时（图②），（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）若BC＝DE＝4，正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转角度α（0＜α＜360°）过程中，当AE为最大值时，请直接写出AF的值．



9．如图，在长方形ABCD中，AB＝8cm，BC＝6cm，点E是CD边上的一点，且DE＝2cm，动点P从A点出发，以2cm/s的速度沿A→B→C→E运动，最终到达点E．设点P运动的时间为t秒．
（1）请以A点为原点，AB所在直线为x轴，1cm为单位长度，建立一个平面直角坐标系，并用t表示出点P在不同线段上的坐标．
（2）在（1）相同条件得到的结论下，是否存在P点使△APE的面积等于20cm2时，若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．




10．同学们：八年级下册第9章我们学习了一种新的图形变换旋转，图形旋转过程中蕴含着众多数学规律，以图形旋转为依托构建的解题方法是解决各类几何问题的常用方法．
【问题提出】
如图①，在正方形ABCD中，∠MAN＝45°，点M、N分别在边BC、CD上．求证：MN＝BM+DN．
证明思路如下：
第一步：如图②，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°得到△ABE，再证明E、B、M三点在一条直线上．
第二步：证明△AEM≌△ANM．

请你按照证明思路写出完整的证明过程．
【初步思考】
如图③，四边形ABCD和CEFG为正方形，连接DG、BE，得到△DCG和△BCE．
下列关于这两个三角形的结论：①周长相等； ②面积相等； ③∠CBE＝∠CDG．
其中所有正确结论的序号是　 　．

【深入研究】
如图④，分别以▱ABCD的四条边为边向外作正方形，连接EF，GH，IJ，KL．若▱ABCD的面积为8，则图中阴影部分（四个三角形）的面积之和为　 　．






参考答案
1．解：（1）当对角线PQ，DC互相垂直，则▱PCQD是菱形，
故PD＝PC，
当PD＝PC时，此时AP＝BC＝3，AD＝BP＝1，
即当AP＝BC＝3，AD＝BP＝1时，对角线PQ，DC互相垂直；

（2）过点D作DE⊥BC于点E，
∵梯形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC
∴四边形ABED是矩形，
∴DE＝AB＝4，BE＝AD＝1，
∴CE＝BC﹣BE＝2，
∴DC＝2，
∵四边形PCQD是平行四边形，
若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形，
设PB＝x，则AP＝4﹣x，
在Rt△DPC中，PD2+PC2＝DC2，即x2+32+（4﹣x）2+1＝（2）2，
化简得x2﹣4x+3＝0，
∵△＝（﹣4）2﹣4×1×3＝4＞0，
∴解得：x1＝1，x2＝3，
∴即对角线PQ与DC可能相等，此时AP＝1或3；

（3）如图2，作QH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵∠APQ＝∠HQP，
∴∠APD+∠DPQ＝∠PQC+∠CQH，
∵PD∥QC，
∴∠DPQ＝∠CQP，
∴∠APD＝∠CQH，
在△ADP和△HCQ中，

∴△ADP≌△HCQ（AAS），
∴AD＝CH＝1，
∴BH＝BC+CH＝3+2＝4，
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4．

（4）如图3，作QH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵AB∥QH，
∴∠APD+∠DPQ＝∠PQC+∠CQH．
∵以PE，PC 为边作▱PCQE，
∴PE∥CQ，
∴∠DPQ＝∠PQC，
∴∠APD＝∠CQH，
∴Rt△ADP∽Rt△QHC．
∴＝，即＝，
∵DE＝nPD，
∴＝，
∵AD＝1，
∴HC＝n+1，
∵BC＝3，
∴BH＝3+n+1＝n+4．
∴由图知，当PQ⊥AB时，PQ的长最小值为n+4，



2．解：（1）在菱形ABCD中，AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
（2）由（1）得：△ADP≌△CDP
∴PA＝PC，∠DAP＝∠DCP，
∵PA＝PE，
∴PC＝PE，∠DAP＝∠E，
∴∠DCP＝∠E，
∵∠CFP＝∠EFD，
∴∠CPF＝∠CDF
∵∠ABC＝∠ADC＝120°，
∴∠CPF＝∠EDF＝180°﹣∠ADC＝60°，
∴△CPE是等边三角形，
（3）CE＝，
证明如下：
如前同理可证：PC＝PE，∠EPC＝∠CDE，
∵在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，
∴∠EPC＝∠CDE＝90°，
∴△CPE是等腰直角三角形三角形，
∴CE＝＝
3．解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AB＝CD，∠A＝∠ADC＝90°．
∵AD＝12，CD＝10，
∴BC＝12，AB＝10．
∵点E是AB的中点，
∴AE＝AB＝5．
②∵DE⊥CF，
∴∠DPC＝∠DPF＝90°，
∴∠DFC+∠DCF＝90°，∠DFC+∠FDP＝90°，
∴∠DCF＝∠FDP．
∵∠A＝∠ADC，
∴△CFD∽△DEA，
∴．
在Rt△AED中，由勾股定理，得
ED＝13．
∴，
∴CF＝．
答：CF的长度为；
（2）当∠B+∠EPC＝180°时，
成立．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠ADC，AD∥BC，
∴∠B+∠A＝180°，
∵∠B+∠EPC＝180°，
∴∠A＝∠EPC＝∠FPD，
∵∠FDP＝∠EDA，
∴△DFP∽△DEA，
∴，
∵∠B＝∠ADC，∠B+∠EPC＝180°，∠EPC+∠DPC＝180°，
∴∠CPD＝∠CDF，
∵∠PCD＝∠DCF，
∴△CPD∽△CDF，
∴，
∴
∴，
即当∠B+∠EPC＝180°时，成立．

4．解：（1）O1D＝2×÷2＝2；O2F＝×÷2＝1．
故答案为：2，1；

（2）点D、F重合时有一个公共点，O1O2＝2+1＝3．
故答案为：3；

（3）两个正方形的边长有两个公共点时，1＜O1O2＜3；
无数个公共点时，O1O2＝1；
1个公共点时，O1O2＝3；
无公共点时，O1O2＞3或0≤O1O2＜1．
5．解：（1）依题意补全图形如图1，

证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠A＝∠C＝90°，
∵点A关于直线DE的对称点为F，
∴△ADE≌△FDE，
∴DA＝DF＝DC，∠DFE＝∠A＝90°，
∴∠DFG＝90°，
在Rt△DFG和Rt△DCG中，
∵，
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），
∴∠FDG＝∠CDG；
（2）①DE＝EM．

∵∠ADE＝∠FDE，∠FDG＝∠CDG，
∴∠EDG＝∠ADC＝45°，
∵EM⊥DE，
∴∠MED＝90°，
∴∠EMD＝∠EDM＝45°，
∴DE＝EM；
②BM＝AE．
证明如下：
如图2，过点M作MN⊥AB交AB的延长线于点N，连接BM，
∵∠AED+∠NEM＝90°，∠AED+∠ADE＝90°，
∴∠NEM＝∠ADE，
又∵∠EAD＝∠MNE＝90°，DE＝EM，
∴△DAE≌△ENM（AAS），
∴AE＝MN，AD＝EN，
∵AD＝AB，
∴AB＝EN＝AE+BE＝BE+BN，
∴AE＝BN＝MN，
∴△BNM是等腰直角三角形，
∴BM＝MN＝AE．
6．解：（1）由题意得，，
∴a＝21，
∴b＝18，
∴B点坐标为（21，12），点C的坐标为（18，0）；
（2）由题意得：AP＝2t，QO＝18﹣t，
∵∠AOC＝90°，
∴当AP＝QO时，四边形APQO是矩形，
∴2t＝18﹣t，
解得：t＝6，
当t＝6时，四边形APQO是矩形，
此时，P点的坐标为（12，12），Q点的坐标为（12，0）；
（3）由题意得：21﹣2t＝t，
解得：t＝7，
∴当t＝7时，四边形PQCB是平行四边形，
过点B作BE⊥x轴于点E，

则BE＝12，CE＝3，
∴BC＝＝≠CQ，
∴平行四边形PQCB不是菱形．
7．（1）证明：①∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD；
②在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）解：成立：DE＝BD+CE．
证明如下：
∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（3）解：如图，过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，

∴∠EMI＝GNI＝90°，
由（1）和（2）的结论可知EM＝AH＝GN，
∴EM＝GN，
在△EMI和△GNI中，
，
∴△EMI≌△GNI（AAS），
∴EI＝GI，
∴I是EG的中点．
8．解：（1）结论：BG＝AE，BG⊥AE．
理由：如图1，延长EA交BG于K．

∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD＝CD，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°．
∵四边形DEFG是正方形，
∴DE＝DG．
在△BDG和△ADE中，
，
∴△ADE≌△BDG（SAS），
∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，
∵∠GAK＝∠DAE，
∴∠AKG＝∠ADE＝90°，
∴EA⊥BG．
（2）结论成立，BG＝AE．BG⊥AE．
理由：如图2，连接AD，延长EA交BG于K，交DG于O．

∵在Rt△BAC中，D为斜边BC中点，
∴AD＝BD，AD⊥BC，
∴∠ADG+∠GDB＝90°．
∵四边形EFGD为正方形，
∴DE＝DG，且∠GDE＝90°，
∴∠ADG+∠ADE＝90°，
∴∠BDG＝∠ADE．
在△BDG和△ADE中，
，
∴△BDG≌△ADE（SAS），
∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，
∵∠GOK＝∠DOE，
∴∠OKG＝∠ODE＝90°，
∴EA⊥BG．
（3）∵BG＝AE，
∴当BG取得最大值时，AE取得最大值．
如图3，当旋转角为270°时，BG＝AE．

∵BC＝DE＝4，
∴BG＝2+4＝6．
∴AE＝6．
在Rt△AEF中，由勾股定理，得
AF＝＝＝2，
∴AF＝2．
9．解：（1）正确画出直角坐标系如下：

当0＜t≤4时 P1（2t，0）
当4＜t≤7时 P2（8，2t﹣8）
当7＜t≤10时P3（22﹣2t，6）；

（2）存在，
①如图1，当0＜t≤4时，

S△APE＝×2t×6＝20，解得t＝（s）；
∴P（，0）
②如图2，当4＜t≤7时，

S△APE＝48﹣S△ADE﹣S△ABP﹣S△PCE，
20＝48﹣×6×2﹣×8×（2t﹣8）﹣×6×（14﹣2t）
解得：t＝6（s）；
∴P（8，4）
③如图3，当7＜t≤10时，

S△APE＝×6×（20﹣2t）＝20，解得t＝（s）
∵＜7，
∴t＝（应舍去），
综上所述：当P（，0）或 P（8，4）时，△APE的面积等于20cm2．
10．【问题提出】
（1）证明：将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°得到△ABE，
在正方形ABCD中，∠BAD＝∠ABM＝∠D＝90°，
由旋转可知△ADN≌△ABE，
∴∠D＝∠ABE＝90°，∠DAN＝∠BAE，AN＝AE，DN＝BE，
∴∠ABE+∠ABM＝180°，
∴E、B、M三点在一条直线上，
∵∠MAN＝45°，
∴∠DAN+∠BAM＝45°，
∵∠DAN＝∠BAE，
∴∠BAE+∠BAM＝∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠MAN，
∵AN＝AE，AM＝AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
∵ME＝BE+BM，
∴MN＝DN+BM，
【初步思考】
解：∵BE≠DG，
∴△DCG和△BCE的周长不一定相等，故①不正确；
∵正方形CEFG绕点C旋转过程中，∠CBE≠∠CDG．
∴③不正确；
如图1，过点E作BC的平行线，过点B作CE的平行线，两线交于点H，连接CH．

则四边形BHEC为平行四边形，
∴BC＝HE，S△BCE＝＝S△CHE，
∵四边形ABCD和四边形CEFG为正方形，
∴CD＝BC，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，
∴∠BCE+∠DCG＝180°，
∵∠HEC+∠BCE＝180°，
∴∠DCG＝∠HEC，
∵BC＝HE＝CD，
∴△DCG≌△HEC（SAS），
∴S△CHE＝S△DCG，
∴S△DCG＝S△BCE．
故②正确，
故答案为：②．
【深入研究】
解：图中阴影部分（四个三角形）的面积之和为16．
如图2，连接AC，BD，

由【初步思考】的结论可知：S△AEF＝S△ABD＝，
同理S△BHG＝S△ABC，S△CIJ＝S△CBD，S△DLK＝S△DAC，
∴阴影部分的面积S＝S△AEF+S△BGH+S△CIJ+S△DLK＝2S平行四边形ABCD＝2×8＝16．
故答案为：16．