苏科版数学九年级上册期末专区-专题06 解二次方程与特殊四边形结合

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专题06 解二次方程与特殊四边形结合

类型一 正方形中的二次方程
1．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移，得到△A′B′C′，若两个三角形重叠部分的面积为0.5cm2，则它移动的距离AA′等于（　　）

A．cm B．cm C．cm或cm D． cm
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平移的性质，结合阴影部分是平行四边形，△AA′H与△HCB′都是等腰直角三角形，则若设AA′＝x，则阴影部分的底长为x，高A′D＝2﹣x，根据平行四边形的面积公式即可列出方程求解．
【详解】
解：设AC交A′B′于H，A'C'交CD于点G，

由平移的性质知AC∥A'C'，A'B'∥CD，
∴四边形A'HCG是平行四边形，
∵∠A＝45°，∠D＝90°，
∴△A′HA是等腰直角三角形，
同理，△HCB′也是等腰直角三角形，
设AA′＝x，则阴影部分的底长为x，高A′D＝2﹣x，
∴x•（2﹣x）＝，
∴x＝（cm）．
即AA′＝（cm）．
故选：D．
【点睛】
此题考查解一元二次方程、平行四边形的判定及性质，平移的性质，等腰直角三角形的判定，根据平移的性质得到四边形A'HCG是平行四边形是解题的关键.
2．欧几里得在《几何原本》中，记载了用图解法解方程x2+ax＝b2的方法，类似地我们可以用折纸的方法求方程x2+x﹣1＝0的一个正根．如图，一张边长为1的正方形的纸片ABCD，先折出AD，BC的中点E，F，再沿过点A的直线折叠使AD落在线段AF上，点D的对应点为点H，折痕为AG，点G在边CD上，连接GH，GF，长度恰好是方程x2+x﹣1＝0的一个正根的线段为（　　）

A．线段BF B．线段DG C．线段CG D．线段GF
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据方程x2+x-1=0解出正根为，再判断这个数值和题目中的哪条线段接近．线段BF=0.5排除，其余三条线段可以通过设未知数找到等量关系．利用正方形的面积等于图中各个三角形的面积和，列等量关系．设DG=m，则GC=1-m，从而可以用m表示等式．
【详解】
解：设DG=m，则GC=1-m．
由题意可知：△ADG≌△AHG，F是BC的中点，
∴DG=GH=m，FC=0.5．
∵S正方形=S△ABF+S△ADG+S△CGF+SAGF，
∴1×1=×1×+×1×m+××（1-m）+××m，
∴m=．
∵x2+x-1=0的解为：x=，
∴取正值为x=．
∴这条线段是线段DG．
故选：B．
【点睛】
此题考查的是一元二次方程的解法，运用勾股定理和面积法找到线段的关系是解题的关键．
3．如图，在中，，，分别以，为边向外作正方形，.若，则______．

【答案】
【解析】
【分析】
过点E作EM⊥AD垂足为M，EN⊥CD垂足为N，先证得DMEN为正方形，再根据勾股定理得出，得出，再根据正方形的性质和勾股定理即可得出答案；
【详解】
解：过点E作EM⊥AD垂足为M，EN⊥CD垂足为N，则∠DME=90°，
在正方形ABCD中，∠ADC=∠MDC =90°，，
∴四边形DMEN为矩形，
∵∠CDE=45°，
∴∠ADE=135°，
∴∠MDE=45°，
∴∠MED=45°，
∴DM=EM，
∴矩形DMEN为正方形，
设DM=EM=DN=EN=x，则AM=x+1，
在Rt△AME中，AE2=AM2+EM2，AE=BD，
∴2=（x+1）2+x2，
∴或（负值舍去），
∴，
∴，
∵正方形，∴EF=CE，
在Rt△CNE中，CE2=CN2+NE2，
∴
∴

【点睛】
本题考查了正方形的性质和判定、二次根式的混合运算、解一元二次方程及勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
4．四边形ADBC中，AC=BC，∠ACB=90°, ∠ADB=30°,AD=,CD=14, 则BD=_________

【答案】
【解析】
【分析】
作AH⊥BD于H，CN⊥BD于N，CM⊥HA于M，则四边形CMHN是矩形．首先证明△BCN≌△ACM，得四边形CMHN是正方形，设CN＝a．构建方程求出a即可解决问题；
【详解】
解：作AH⊥BD于H，CN⊥BD于N，CM⊥HA于M，则四边形CMHN是矩形．

∵∠BCA＝∠MCN＝90°，
∴∠BCN＝∠MCA，
∵∠CNB＝∠M＝90°，BC＝CA，
∴△BCN≌△ACM，
∴CM＝CN，BN＝AM，
∴四边形CMHN是正方形，设CN＝a．
在Rt△AHD中，AD＝，∠ADH＝30°，
∴AH＝，DH＝，
在Rt△CND中，∵CN2＋DN2＝CD2，
∴a2＋（a＋）2＝142，
解得a＝或（舍去），
∴AM＝BN＝，
∴BD＝BN＋NH＋DH＝，
故答案为.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
5．折纸艺术发源于中国，它是一种将纸张折成不同形状图案的艺术活动，在数学中也有不少折纸活动．如下图是将正方形纸片折叠成了领带形状的折纸过程．其步骤为：先将边沿折叠，点的对应点为，再将沿折叠，使得点恰好落在边上的处折痕与边交于．若正方形边长为，连接，则的面积=_____．

【答案】
【解析】
【分析】
设，，根据折叠的性质表示出各边，利用勾股定理列出方程，解之即可得到AE，利用三角形面积公式计算即可．
【详解】
解：由折叠可得图象，

∵ABCD是正方形，EC，FC平分，
∴．
设，，
由折叠性质可得：，
∵，，
∴．
由折叠性质可得，，在同一水平上，
∴，
∴，且，，
∴，
在中，，
，，，
∴，
解出（舍去），，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，勾股定理，正方形的性质，一元二次方程，解题的关键是熟练运用折叠的性质得到相应边的关系．
6．如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形CEFG的面积为，点E在CD边上，点G在BC的延长线上，设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为，且.
⑴求线段CE的长；
⑵若点H为BC边的中点，连结HD，求证：.

【答案】（1）CE=；（2）见解析.
【解析】
【分析】
根据正方形的性质，
（1）先设CE=x（0 （2）根据勾股定理得到HD，再由H，C，G在同一直线上，得证HD=HG.
【详解】
根据题意，得AD=BC=CD=1，∠BCD=90°.
（1）设CE=x（0 因为S1=S2，所以x2=1－x，
解得x=（负根舍去），
即CE=
（2）因为点H为BC边的中点，
所以CH=，所以HD=，
因为CG=CE=，点H，C，G在同一直线上，
所以HG=HC+CG=＋=，所以HD=HG
【点睛】
本题考查正方形的性质、勾股定理和一元二次函数，解题的关键是根据题意列出一元二次函数.
7．已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H．

（1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________；
（2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由；
（3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长．
【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由“SAS”可证Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，由AAS可证Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设AH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．
【详解】
解：（1）∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，

∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN，
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，

∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），
∴AB＝AH，
故答案为：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，

∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN＋∠BAM＝45°，
∴∠EAB＋∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，

∴△AEM≌△ANM（SAS），
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：

∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
由折叠可得BM＝MH＝3，NH＝DN＝7，
设AH＝AB＝BC＝CD＝x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2＋NC2，
∴，
解得或（舍去），
∴．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，正方形性质及应用，勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
类型二 平行四边形菱形中的二次方程
8．如图，在RtABC中，∠C＝90°，BC＝8，AC＝6，动点P从点A开始，沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点D从点A开始，沿边AB向点B以每秒个单位长度的速度运动，且恰好能始终保持连结两动点的直线PD⊥AC，动点Q从点C开始，沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，连结PQ．点P，D，Q分别从点A，C同时出发，当其中一点到达端点时，另两个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．
（1）当t为何值时，四边形BQPD的面积为ABC面积的一半？
（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）t＝9﹣3；（2）存在，t＝2.4秒
【解析】
【分析】
（1）先确定时间t的取值范围，用t表示线段长度，然后用面积减去和的面积得到四边形BQPD的面积，列式求解；
（2）当BQ=PD时，四边形BQPD是平行四边形，列式求解．
【详解】
解：（1）先确定时间t的取值范围，因为当一个点到终点时，其他点也停止，所以，
∵由题意可得：CQ＝2t，AP＝t，AD＝，
∴BQ＝，CP＝，
∵PD⊥AC，
∴PD，
∵S四边形BQPD＝S△ABC﹣S△CPQ﹣S△APD，
∴，，解得，
∵，∴，
∴当时，四边形BQPD的面积为三角形ABC面积的一半；
（2）存在，t＝2.4（秒）．
若四边形BQPD为平行四边形，则BQ与PD平行且相等，
此时BQ与PD已经平行了，所以需要满足BQ=PD，
列式：，解得，
答：存在t的值，使四边形BQPD为平行四边形，此时秒．
【点睛】
本题考查的是几何图形中的动点问题，涉及勾股定理，平行四边形的判定，解题的关键是用时间t表示图上的各个线段长度，然后根据题意列方程求解．
9．如图，菱形纸片的边长为翻折使点两点重合在对角线上一点分别是折痕．设．

（1）证明：；
（2）当时，六边形周长的值是否会发生改变，请说明理由；
（3）当时，六边形的面积可能等于吗?如果能，求此时的值；如果不能，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）不变，见解析；（3）能，或
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质得到BE=EP，BF=PF，得到BE=BF，根据菱形的性质得到AB∥CD∥FG，BC∥EH∥AD，于是得到结论；
（2）由菱形的性质得到BE=BF，AE=FC，推出△ABC是等边三角形，求得∠B=∠D=60°，得到∠B=∠D=60°，于是得到结论；
（3）记AC与BD交于点O，得到∠ABD=30°，解直角三角形得到AO=1，BO=，求得S四边形ABCD=2，当六边形AEFCHG的面积等于时，得到S△BEF+S△DGH=，设GH与BD交于点M，求得GM=x，根据三角形的面积列方程即可得到结论．
【详解】
解:折叠后落在上，

平分
，
四边形为菱形，同理四边形为菱形，

四边形为平行四边形，
.
不变.
理由如下:由得
四边形为菱形，

为等边三角
，

为定值.
记与交于点.






当六边形的面积为时，

由得



记与交于点

，

同理
即
化简得
解得，
∴当或时，六边形的面积为.
【点睛】
此题是四边形的综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形的面积公式，菱形的面积公式，解本题的关键是用x表示出相关的线段，是一道基础题目．
类型三 其他四边形中的二次方程
10．类比于等腰三角形的定义，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)如图1，四边形的顶点，，在网格格点上，请你在的网格中分别画出3个不同形状的等邻边四边形，要求顶点在网格格点上，
(2)如图2，在平行四边形中，是上一点，是上一点，，，请说明四边形是“等邻边四边形”．
(3)如图3，在平行四边形中，，平分，交于点，，，是线段上一点，当四边形是“等邻边四边形”时，请直接写出的长度．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)或或．
【解析】
【分析】
（1）由AB＝AD作2个等邻边四边形，由BC＝CD作1个等邻边四边形即可；
（2）求出，利用AAS证明，可得，进而得出即可；
（3）分情况讨论：①当BE＝EF＝1时，过点C作CG⊥DE于G，求出GD，证明△CDE是等腰三角形，可得DE的长，进而可得DF；②当AB＝AF＝2时，过点F作FM⊥AD于M，在Rt△AMF中，利用勾股定理列方程求出FM即可得出DF；③当AF＝EF＝2时，过点A作AN⊥BC于N，由②可知，点E与点N重合，证明△AEF是等边三角形，求出EF＝AE＝即可得出DF．
(1)
解：如图所示：
；
(2)
证明：∵四边形是平行四边形，
，，，
，，
，，
，
在△ADF和△DEC中，，
，
，
，
∴四边形是“等邻边四边形”；
(3)
解：∵四边形是“等邻边四边形”，
∴分情况讨论：①当BE＝EF＝1时，如图，过点C作CG⊥DE于G，
∵四边形ABCD是平行四边形，，平分，，
∴∠ADC＝∠B＝60°，，AD∥BC，
∴∠CDG＝∠ADE＝30°，
∴CG＝，GD＝，∠DEC＝∠ADE＝30°，
∴∠CDG＝∠DEC＝30°，
∴CD＝CE，即△CDE是等腰三角形，
∴DE＝2DG＝，
∴DF＝DE－EF＝；

②当AB＝AF＝2时，如图，过点F作FM⊥AD于M，
由①知∠ADE＝30°，AB＝CD＝CE＝2，
∴AD＝BC＝BE＋CE＝3，设FM＝x，则DM＝，
∴AM＝，
在Rt△AMF中，由勾股定理得，即，
整理得：，解得：，，
过点A作AN⊥BC于N，
∵AB＝2，∠B＝60°，
∴BN＝AB·cos60°＝2，即点E与点N重合，AE＝AB·sin60°＝2，
∵，
∴舍去，
∴，
∴DF＝2FM＝；

③当AF＝EF＝2时，如图，过点A作AN⊥BC于N，
由②可知，点E与点N重合，AE＝，
∵∠AEB＝90°，∠DEC＝30°，
∴∠AEF＝180°－90°－30°＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴EF＝AE＝，
由①知DE＝，
∴DF＝DE－EF＝，
综上所述：的长为或或．

【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，解直角三角形等，正确理解“等邻边四边形”的定义是解题的关键．
11．如图1，凸四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝AD，若顶点B，C，D中存在某点到对角线的距离等于该对角线的一半，则称这个四边形为“距离和谐四边形”，这条对角线称为和谐对角线．如点C到对角线BD的距离是BD的一半，则四边形ABCD是距离和谐四边形，BD称为和谐对角线．显然，正方形ABCD属于距离和谐四边形，它的两条对角线都是和谐对角线．
（1）如图2，在4×4的网格中，点A，B，D都是网格的格点，请你确定所有格点C，使得四边形ABCD是以BD为和谐对角线的距离和谐四边形；
（2）如图1，距离和谐四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝AD＝3，
①若BD为和谐对角线，求线段AC的取值范围；
②若AC为和谐对角线，记AC的长度值为x，四边形ABCD的面积值为s，当s＝2x时，求x的值．

【答案】（1）见解析；（2）① ；②
【解析】
【分析】
（1）如图2中，根据要求作出点C，满足条件的点C有3个，如图所示．
（2）①如图1中，由题意四边形ABCD是距离和谐四边形，推出点C在直线l上，直线l与直线BD之间的距离为，设AD交直线l于T，过点A作AR⊥CT于R．可得AR＝3，AT＝6，由此即可得出结论．
②如图3中，不妨假设点D到直线AC的距离等于AC＝x，过点D作DT⊥AC于T，过点B作BH⊥AC于H．利用面积关系构建方程求出x即可．
【详解】
解：（1）如图2中，满足条件的点C有3个，如图所示．

（2）①如图1中，

如图，∵AB＝AD＝3，∠DAB＝90°，
∴BD＝3，
∵BD为和谐对角线，
∴点C到直线BD的距离为，
∵四边形ABCD是距离和谐四边形，
∴点C在直线l上，直线l与直线BD之间的距离为，
设AD交直线l于T，过点A作AR⊥CT于R．
∵AR＝3，AT＝6，
观察图象可知3≤AC＜6．
②如图3中，不妨假设点D到直线AC的距离等于AC＝x，过点D作DT⊥AC于T，过点B作BH⊥AC于H．

∵AB＝AD＝3，∠ATD＝∠AHB＝∠DAB＝90°，
∴∠DAT+∠BAH＝90°，∠BAH+∠ABH＝90°，
∴∠DAT＝∠ABH，
∴△ATD≌△BHA（AAS），
∴AH＝DT＝x，BH＝AT＝，
∵S四边形ABCD＝S△ACD+S△ABC＝2x，
∴×x×（x+）＝2x，
整理得：x2﹣8x+14＝0，
解得x＝4±．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了距离和谐四边形的定义，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．