中考数学二轮复习第12讲 四边形（压轴题组）（教师版）

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第12讲 四边形（压轴题组）
1．（2021·广东佛山·九年级期中）如图，已知菱形ABCD，ADx轴，点A的坐标为(4，﹣1)，点B的坐标为(1，3)．
（1）请求出C、D两点的坐标．
（2）若点P在CD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线l：y＝x+上，求点P的坐标．
（3）若点M在y轴上，点N在直线l上，如果以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点N的坐标．

【答案】（1）C(﹣4，3)，D(﹣1，﹣1)；（2）(﹣，)或(﹣，)；（3）(5，3)或(3，2)或(﹣3，﹣1)
【详解】
解：（1）如图1，过点B作BF⊥AD于F，

∵点A的坐标为（4，﹣1），点B的坐标为（1，3），
∴BF＝4，AF＝3，
∴由勾股定理得AB＝5，
∵四边形ABCD是菱形，AD∥x轴，
∴BC＝AD＝AB＝5，
∴C（﹣4，3），D（﹣1，﹣1）；
（2）当点P在边CD上时，
∵直线CD的解析式为y＝﹣x﹣，
设P（a，﹣a﹣），且﹣4≤a≤﹣1，
若点P关于x轴的对称点Q1（a，a+）在直线y＝x+上，
∴a+＝a+，
解得a＝﹣，
此时P（﹣，）；
若点P关于y轴的对称点Q2（﹣a，﹣a﹣）直线y＝x+上，
∴-a+＝﹣a﹣，
解得a＝-，
此时P（﹣，）；
综上所述，点P的坐标为（﹣，）或（﹣，）；
（3）已知A（4，﹣1），B（1，3），
设M（0，m），N（n， n+），
①以AB为对角线时，

∴，
解得：，
∴N（5，3）；
②以AM为对角线时，

∴，
解得：，
∴N（3，2）；
③以AN为对角线时，

∴，
解得：，
∴N（﹣3，﹣1）；
综上所述，当点 N的坐标为 （5，3）或 （3，2）或 （﹣3，﹣1），以 A、B、M、N 为顶点的四边形为平行四边形．
2．（2021·广东南海·九年级期中）折叠变换是特殊的轴对称变换，我们生活中常对矩形纸片进行折叠，这其中蕴含着丰富的数学知识和思想．
（1）如图1，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点E是DC的中点，将矩形ABCD沿BE折叠，点C落在点F的位置．
①求证：DFBE；
②求DF的长度．
（2）如图2，在直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在的直线折叠，点B落在点D处，AD与y轴交于点E，OA＝2，OC＝2，点G是直线AC上的一个动点，在坐标平面内存在点H，使得以点E，A，G，H为顶点的四边形是菱形，请直接写出点H坐标．

【答案】（1）①见解析；②；（2）在坐标平面内存在点或或或使得以点E，A，G，H为顶点的四边形是菱形．
【详解】
解：（1）①由折叠的性质可知EF=EC，∠BEF=∠BEC，
∵E是CD的中点，
∴DE=EC=EF，
∴∠EDF=∠EFD，
∵∠FEC=∠EDF+∠EFD=∠BEF+∠BEC，
∴∠EDF=∠BEC，
∴DF∥BE；
②如图所示，过点E作EG⊥DF于G，
∴FD=2DG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6，∠C=90°，
∵∠EGD=∠BCE，∠EDG=∠BEC，
∴△EGD∽△BCE，
∴，
∵E为CD中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；

（2）∵，
∴A（2，0），C（0，），
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA，∠ABC=90°，
由折叠的性质可知CD=CB=OA，∠CDE=∠AOE=90°，
又∵∠CED=∠AEO，
∴△CDE≌△AOE（AAS），
∴AE=CE，
设，则，
∵，
∴，
解得，
∴，
设直线AC的解析式为，
∴，
∴，
∴直线AC的解析式为，
设，，
∴，
当AE是菱形的对角线时，则AG=EG，
∴，
解得，
由AE与HG的中点坐标相同得：，
解得；
∴
当AG是菱形的对角线时，AE=EG，
，
解得或（舍去），
由AG与EH的中点坐标相同得
解得；
∴；
当AH为菱形对角线时，AE=AG，
∴，
解得，
由AH与EG的中点坐标相同得，
解得或；
∴或；
∴综上所述，在坐标平面内存在点或或或使得以点E，A，G，H为顶点的四边形是菱形．

3．（2021·广东·深圳市龙岗区百合外国语学校九年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝K，E是边BC上一个动点（不与B，C重合），连接AE，作EF⊥AE，EF交边CD于点F．
（1）求证：△ABE∽△ECF；
（2）若在动点E的运动过程中，一定存在点F，使得EF＝EA，求K的取值范围；
（3）若点G是边AB上一点且∠GEB＝∠FEC，求EG，EF，EA的数量关系．

【答案】（1）见解析；（2）1＜K≤2；（3）EG＋EF＝．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∴∠BAE＋∠AEB＝90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEB＋∠CEF＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
∴△ABE∽△ECF；
（2）由（1）知△ABE∽△ECF，
又∵EF＝EA，
∴△ABE≌△ECF（AAS），
∴CE＝AB＝1，
CF＝BE＝K −1，
由题意可得，
∴1＜K≤2；
（3）∵∠BAE＝∠CEF，∠GEB＝∠FEC，
∴∠BAE＝∠GEB，
∵∠B＝∠B，
∴△EBG∽△ABE，
∴，
∴BE＝①，
由（1）知△ABE∽△ECF，
∴，
∴EC＝②，
①＋②得，k＝，
∴EG＋EF＝．
4．（2021·四川都江堰·九年级期中）如图，已知在菱形中，是锐角，是边上的动点，将射线绕点按逆时针方向旋转，交直线于点

（1）当时；
①根据条件，可判定，请直接写出全等的判定依据；
②连结，若，求的值；
（2）当时，延长交射线于点，延长交射线于点连结若，则当为何值时，是等腰三角形，请直接写出结果
【答案】（1）①ASA；②；（2）当为或或时，是等腰三角形．
【详解】
，证明如下：
∵四边形是菱形，
∴AB＝AD，，AD//BC，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图，连接，如图：

由知，

菱形中，

设则，
，
∵，，，
，
△AEF∽△BAC
，
当为或或时，是等腰三角形．
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴

∵AB//CD，
∴
∴
同理，
∴△MAC∽△ANC
∴
∴△AMN是等腰三角形有三种情况：
如图，△AMN中，当时，

∵，，
∴
∴，
，

；
如图，△AMN中，当时，

∵AB＝BC，
∴
∵，
∴，
∴△ANM∽△ABC
∴，
由得
③如图，中，当时

∵
∴△ANM∽△ABC
∴，

∵
∴，

综上所述，当为或或时，是等腰三角形
5．（2021·山西孝义·九年级期中）问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E是边CD上一点，将△ADE以点A为中心，顺时针旋转90°，得到△ABF，连接EF．过点A作AG⊥EF，垂足为G．试猜想FG与GE的数量关系，并证明．
（1）独立思考：请你解决老师所提出的问题；
（2）拓展探究：智慧小组在老师所提问题的基础上，连接DG，他们认为DG平分∠ADC．请你利用图2说明，智慧小组所提出的结论是否正确？请说明理由；
（3）问题解决：在图2中，若AD＋DE＝28，则四边形AGED的面积为 　 ．（直接写出答案即可）

【答案】（1）FG＝GE，见解析；（2）正确，见解析；（3）196
【详解】
解：（1）FG＝GE，理由如下：
证明：如图1

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵将△ADE以点A为中心，顺时针旋转90°，得到△ABF，
∴∠FAE＝90°，AF＝AE，
∵AG⊥EF，垂足为G，
∴FG＝GE．
（2）正确，理由如下：
如图2，作GM⊥AD于点M，GN⊥CD于点N，

∵∠FAE＝90°，FG＝EG，
∴AG＝＝EG，
∵∠AGE＝∠ADE＝90°，
∴∠GAM+∠GED＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∵∠GEN+∠GED＝180°，
∴∠GAM＝∠GEN，
∵∠AMG＝∠ENG＝90°，
∴△GAM≌△GEN（AAS），
∴GM＝GN，
∵∠GMD＝∠GND＝90°，DG＝DG，
∴Rt△GDM≌Rt△GDN（HL），
∴∠MDG＝∠NDG，
即∠ADG＝∠CDG，
∴DG平分∠ADC，
∴智慧小组所提出的结论正确．
（3）如图2，

∵AG＝EG，∠AGE＝90°，
∴S△AGE＝AG•EG＝AG2，
∵∠ADE＝90°，
∴S△ADE＝AD•DE，
∴S四边形AGED＝S△AGE+S△ADE＝AG2+AD•DE＝，
∵AD+DE＝28，
∴（AD+DE）2＝282，
∴AD2+DE2+2AD•DE＝784，
∵AD2+DE2＝AE2＝AG2+EG2＝2AG2，
∴2AG2+2AD•DE＝784，
∴AG2+AD•DE＝392，
∴S四边形AGED＝×392＝196，
∴四边形AGED的面积为196，
故答案为：196．
6．（2021·陕西碑林·九年级期中）问题探究：
（1）如图1，已知线段AB＝2，AC＝4，连接BC，则三角形ABC面积最大值是 　 　；
（2）如图2，矩形ABCD，对角线AC、BD相交于点O，且AC＋BD＝16，求矩形ABCD面积最大值；
问题解决：
（3）如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD相交于点O，且∠AOB＝120°．若AC＋BD＝10，则四边形ABCD的面积是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）4；（2）32；（3）存在，．
【详解】
解：（1）如图1，作BD⊥AC于点D，设BD＝x，

则S△ABC＝AC•BD＝×4x＝2x，
∴S△ABC随x的增大而增大，
∵BD≤AB，
∴当BD＝AB，即∠A＝90°，x＝2时，S△ABC最大＝2×2＝4，
故答案为：4．
（2）如图2，作BE⊥AC于点E，设BE＝x，

∵四边形ABCD是矩形，且AC+BD＝16，
∴AC＝BD＝8，且OA＝OC＝AC＝4，OB＝OD＝BD＝4，
∴OA＝OC＝OB＝OD＝4，
∵△AOB、△BOC、△COD及△AOD等底等高，
∴S△AOB＝S△BOC＝S△COD＝S△AOD＝×4x＝2x，
由（1）可知，当BE＝OB，即∠AOB＝90°，x＝4时，S△AOB最大＝2×4＝8，
∴S矩形ABCD最大＝4S△AOB最大＝4×8＝32，
∴矩形ABCD面积的最大值为32．
（3）存在，
如图3，作AF∥BD交CB的延长线于点F，作CE⊥AF于点E，设AC＝x，

∵∠AOB＝120°，
∴∠EAC＝180°﹣∠AOB＝60°，
∵∠AEC＝90°，
∴∠ACE＝30°，
∴AE＝AC＝x，
∴CE＝＝x，
∵AD∥BC，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∵AC+BD＝10，
∴AF＝BD＝10﹣x，
∵△ABD与△ABF等底等高，△DBC与△ABC等底等高，
∴S△ABD＝S△ABF，S△DBC＝S△ABC，
∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△DBC＝S△ABF+S△ABC＝S△AFC，
∵S△AFC＝AF•CE＝×x（10﹣x）＝（x﹣5）2+，
∴S四边形ABCD＝（x﹣5）2+，
∵（x﹣5）2≤0，
∴（x﹣5）2+≤，
∴当x＝5时，S四边形ABCD最大＝，
∴四边形ABCD面积的最大值是．
7．（2021·浙江·台州市书生中学九年级期中）小飞对浙教版九上配套作业本①第18页第7题温故后进行了推理、拓展与延伸．
（1）温故：如图1，P是正方形ABCD内一点，连结PA，PB，PC
①画出将△PAB绕点B顺时针旋转90°得到△CB，
②若PA＝2，PB＝4，∠APB＝135°，求PC的长（直接写出答案）
（2）推理：若PA＝a，PB＝b，PC＝c，∠APB＝135°，请猜想a，b，c之间的关系，并推理说明．
（3）拓展：如图2，点P，Q在正方形ABCD内，连结PA，PB，PC，PQ，DQ，AQ，CQ，若∠PAQ＝∠PCQ＝45°，试探究BP，PQ，QD之间的关系，并说明理由．
（4）延伸：如图3，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝∠PAQ＝∠PCQ＝60°，若BP＝6，DQ＝8，请直接写出PQ的长．
请帮助小飞解决“温故”、“推理”、“拓展”和“延伸”中的问题．

【答案】（1）①见解析；②；（2），理由见解析；（3），理由见解析；（4）
【详解】
（1）①如图①；

②如图②，△PAB绕点B顺时针旋转90°得到△CB，连接，

由旋转得：，，，，
∴△PBP＇为等腰直角三角形，
∴，，
又∵，
∴，
在中，，
∴；
（2）．理由如下：
如图②，由旋转得：，，，，
∴△PBP＇为等腰直角三角形，
∴，，
又∵，
∴，
在中，，
∴；
（3）．理由如下：
将绕点A顺时针旋转90°得到，将△CDQ绕点C逆时针旋转90°得到，连接PE、PF，如图2，

由旋转得：，，，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴，
∴点E、B、F三点共线，
由旋转得，，
∴，
即∠EAP=∠PAQ，
∴，
∴，
同理证明，则，
∴PE=PF，
又∵，
∴，
在中，
即；
（4）仿照（3）解法，将绕点A顺时针旋转120°得到，将△CDQ绕点C逆时针旋转120°得到，连接PE、PF，由旋转得：，，，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADC=∠ABC=60°，
∴∠EBF=，
由旋转得，，
∴，
即∠EAP=∠PAQ，
∴，
∴，
同理证明，则，
∴，
连接EF交BP于O，
∵，
∴BP垂直平分EF，∠BEF=30°，
在Rt△OBE中，BE=8，
∴OB=BE=4，EO=，
∵BP=6，
∴OP=BP﹣OB=2，
在Rt△OBE中，由勾股定理得：PE= ，
即PQ=．

8．（2021·四川·成都实外九年级期中）如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．
（1）证明：四边形CEGF是正方形；
（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展与运用：正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图3所示，当B，E，F三点在一条直线上时，延长CG交AD于点H，若AG＝9，GH＝3，求BC的长．

【答案】（1）答案见解析；（2）AG＝BE；理由见解析；（3）BC＝．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，
∴EG＝EC，
∴四边形CEGF是正方形．
（2）结论：AG＝BE；
理由：连接CG，

由旋转性质知∠BCE＝∠ACG＝α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，
＝cos45°＝，
＝cos45°＝，
∴，
∴△ACG∽△BCE，
∴
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；
（3）∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC＝135°，
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC＝∠BEC＝135°，
∴∠AGH＝∠CAH＝45°，
∵∠CHA＝∠AHG，
∴△AHG∽△CHA，
∴，
设BC＝CD＝AD＝a，则AC=a，
由，得，
∴AH＝a，
则DH＝AD﹣AH＝a，，
∴，得
解得：a＝，即BC＝．
9．（2021·四川·成都嘉祥外国语学校九年级期中）正方形ABCD中，点E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE与BF交于点G．
（1）如图1，求证AE⊥BF；
（2）如图2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分线交CD于点H，交BF于点N，连接CN，求证：AN+CN＝BN；
（3）在（2）的条件下，若tan∠AEB＝3，S△CHN＝，求AB的长

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）6
【详解】
（1）证：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
又∵BE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠ABG+∠CBF=∠ABE=90°，
∴∠ABG+∠BAE=90°，
∴在△ABG中，∠AGB=180°-(∠ABG+∠BAE)=90°，
∴AE⊥BF；
（2）证：如图所示，作PB⊥BN交NA延长线于P点，
由（1）知，AG⊥BN于G点，
∴∠AGB=∠AGM=90°，
∵AG=AG，BG=MG，
∴△ABG≌AMG(SAS)，
∴∠BAG=∠MAG，
∵AN平分∠DAM，
∴∠MAN=∠DAN，
∴∠BAG+∠DAN=∠MAG+∠MAN=∠GAN=∠BAD=45°，
∴在Rt△AGN中，∠ANG=45°，
∵PB⊥BN，
∴∠PBN=90°，
在Rt△PBN中，∠P=45°，
∴△PBN为等腰直角三角形，BP=BN，PN=BN，
∵∠PBN=∠ABC=90°，
∴∠PBA=∠NBC，
∵BP=BN，BA=BC，
∴△PBA≌△NBC(SAS)，
∴PA=NC，
∵PN=PA+AN，PN=BN，
∴AN+NC=BN；

（3）解：∵tan∠AEB==3，
∴设BE=x，则AB=3x，CE=2x，
如图所示，延长CB至Q点，使得BQ=DH，连接AQ，ME，MH，
由（1）可知，△ABE≌△AME，则∠ABE=∠AME=90°，
由（2）可知，△ADH≌△AMH，则∠D=∠AMH=90°，
∴∠EMH=180°，E、M、H三点共线，
∵AD=AB，∠D=∠ABQ=90°，DH=BQ，
∴△ADH≌△ABQ，
∴AH=AQ，∠DAH=∠BAQ，
由（2）可知，∠BAQ+∠BAE=∠DAH+∠BAE=∠EAH=45°，
∴∠EAH=∠EAQ=45°，
∵AQ=AH，AB=AB，
∴△EAQ≌△EAH，
∴QE=HE，
设DH=y，则EH=EM+MH=BE+DH=x+y，CH=3x-y，
在Rt△EHC中，CE2+CH2=EH2，
即：(x+y)2=(2x)2+(3x-y)2，
解得：y=x，
∴DH=CH=x，
∵由（2）可知，∠BNC=∠P=45°，∠BNA=45°，
∴∠CNH=∠D=90°，
∴∠DAH=∠NCH，
∴tan∠NCH=tan∠DAH，
∴，
即：，
∴NH=CN，
∵CH=x，
∴在Rt△CNH中，HN=x，CN=2HN=x，
∵S△CHN＝，
∴CN·HN=，
即：·x·x=，
解得：x=2或-2（不合题意，舍去），
∴AB=3x=6．

10．（2021·辽宁铁东·九年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝AC，∠ADC＝α，点E为射线BA上一动点，且AE＜AB，连接DE，将线段DE所在直线绕点D顺时针旋转α交BA延长线于点H，DE所在直线与射线CA交于点G．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：△ADH≌△CDG；
（2）当α≠60°时，
①如图2，连接HG，求证：△ADC∽△HDG；
②若AB＝9，BC＝12，AE＝3，请直接写出EG的长．

【答案】（1）证明见详解；（2）①证明见详解；②EG的长为或．
【详解】
（1）证明：∵AD＝AC，∠ADC＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD=BC=AD，∠B=∠ADC=60°，AD∥BC，
∴∠HAD=∠B=60°=∠GCD，
∵∠GDH=∠CDA=60°，
∴∠HDA+∠ADG=∠CDG+∠ADG=60°，
∴∠HDA =∠CDG，
在△ADH和△CDG中

△ADH≌△CDG（ASA）；

（2）①证明：∵AD＝AC，∠ADC＝α，
∴∠ACD=∠ADC＝α，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠HAD=∠ADC=α=∠GCD，
∵∠GDH=α=∠ADC，
∴∠ADH+∠ADG=∠CDG+∠ADG=α，
∴∠ADH =∠CDG，
∴△ADH∽△CDG；

②解：当点E在AB上时，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，
∵四边形ABCD为平行四边形，AB∥DC，AB=DC=9，AD=BC=12，
∴∠EAG=∠DCG，∠AEG=∠CDG，
∴△AGE∽△CGD，
∴，
∴，
∵AD=AC=12，
∴AG+CG=AG+3AG=4AG=12，
∴AG=3，
∴CG=AC-AG=12-3=9，
∵AC=AD=BC，CN⊥AB，
∴AN=BN=，
在Rt△BCN中，根据勾股定理CN=，
∴GM∥CN，
∴△AMG∽△ANC，
∴，
∴,，
∴EM=AE-AM=，
在Rt△MGE中，根据勾股定理EG=，

当点E在BA延长线上，过C作CN⊥AB于N，过G作GM⊥AE于M，
∵AE∥CD，
∴∠GAE=∠GCD，∠GEA=∠GDC，
∴△GAE∽△GCD，
∴，
∴，
∵AC=GC-GA=3GA-GA=2GA=12,
∴GA=6，
∵AC=AD=BC，CN⊥AB，
∴AN=BN=，
在Rt△BCN中，根据勾股定理CN=，
∵CN⊥AB， GM⊥AE，
∴GM∥CN，
∴△GMA∽△CNA，
∴，
∴，，
∴EM=AE-AM=3-，
在Rt△GME中，根据勾股定理EG=，

∴综合EG的长为或．