2021年九年级中考数学复习专题-【四边形综合】专项巩固复习(一)

这是一份2021年九年级中考数学复习专题-【四边形综合】专项巩固复习(一)，共14页。试卷主要包含了关于菱形，下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。

一．选择题
1．关于菱形，下列说法错误的是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线互相垂直
C．四条边相等D．对角线相等
2．顺次连接菱形四边中点得到的四边形一定是（ ）
A．矩形B．平行四边形C．菱形D．正方形
3．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，对角线的交点为点O．如果梯形ABCD的两底边长不变，而腰长发生变化，那么下列量中不变的是（ ）
A．点O到边AB的距离B．点O到边BC的距离
C．点O到边CD的距离D．点O到边DA的距离
4．如图，在▱ABCD中，AD＝6，∠ADB＝30°．按以下步骤作图：①以点C为圆心，以CD长为半径作弧，交BD于点F；②分别以点D，F为圆心，以CD长为半径作弧，两弧相交于点G．作射线CG交BD于点E．则BE的长为（ ）
A．3B．C．4D．3
5．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点O是坐标原点，点A，C的坐标分别是（6，0），（0，3），点B在第一象限，则点B的坐标是（ ）
A．（3，6）B．（6，3）C．（6，6）D．（3，3）
6．我国建造的港珠澳大桥全长55公里，集桥、岛、隧于一体，是世界最长的跨海大桥．如图，这是港珠澳大桥中的斜拉索桥，那么你能推断出斜拉索大桥中运用的数学原理是（ ）
A．三角形的不稳定性B．三角形的稳定性
C．四边形的不稳定性D．四边形的稳定性
7．如图1，平行四边形纸片ABCD的面积为120，AD＝20．今沿两对角线将四边形ABCD剪成甲、乙、丙、丁四个三角形纸片．若将甲、丙合并（AD、CB重合）形成一个对称图形戊，如图2所示．则图形戊中的四边形两对角线长度和为（ ）
A．29B．26C．24D．25
8．小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝20cm，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为（ ）
A．20cmB．30cmC．40cmD．20cm
9．如图，点D为Rt△ABC中的一点，∠BAC＝90°，AD⊥BD，AD＝3，BD＝4，AC＝12，E、F、G、H分别是线段AB、AC、CD、BD的中点，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．7B．9C．16D．17
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，对角线AC，BD交于点O，sin∠COD＝，P为AD上一动点，PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，分别以PE，PF为边向外作正方形PEGH和PFMN，面积分别为S1，S2.则下列结论：①BD＝8；②点P在运动过程中，PE+PF的值始终保持不变，为；③S1+S2的最小值为6；④当PH：PN＝5：6时，则DM：AG＝5：6．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
11．如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是边CB延长线上一点，F为AB边上一点，BE＝BF，连接EF并延长交线段AD于点G，连接CF交BD于点M，连接CG交BD于点N．则下列结论：
①AE＝CF；
②∠BFM＝∠BMF；
③∠CGF﹣∠BAE＝45°；
④当∠BAE＝15°时，MN＝．
其中正确的个数有（ ）
A．1B．2C．3D．4
12．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在DC边上，且CE＝2DE，连接AE交BD于点G，过点D作DF⊥AE，连接OF并延长，交DC于点P，过点O作OQ⊥OP分别交AE、AD于点N、H，交BA的延长线于点Q，现给出下列结论：①∠AFO＝45°；②OG＝DG；③DP2＝NH•OH；④sin∠AQO＝；其中正确的结论有（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④
二．填空题
13．一个正五边形和一个正六边形都有一边在直线l上，且有一个公共顶点O，其摆放方式如图所示，则∠1+∠2＝ °．
14．如图，矩形ABCD中，AD＝5，AB＝7，正方形MBND′的顶点M，N分别在矩形的边AB，BC上，点E为DC上一个动点，当点D与点D′关于AE对称时，DE的长为 ．
15．如图，四边形ABCD是长方形，F是DA延长线上一点，CF交AB于点E，G是CF上一点，且∠ACG＝∠AGC，∠GAF＝∠F．若∠ECB＝20°，则∠ACD的度数是 ．
16．在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若P、Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P、Q的“相关矩形”．图为点P、Q的“相关矩形”的示意图．现在已知点A的坐标为（1，0），若点C在直线x＝3上，若点A，C的“相关矩形”为正方形，则直线AC的表达式为 ．
17．如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别为BC，CD边的中点，连接AE，BF交于点P，连接PD，则下述结论：①AE⊥BF；②tan∠DAP＝；③DA＝DP；④FD＝FP中，一定成立的有 ．
三．解答题
18．如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于点O，BD＝8，AC＝6．BP∥AC，CP∥BD．
（1）求线段OP的长．
（2）不添加任何辅助线的情况下，直接写出图中所有的平行四边形．
19．如图，在△ABC中，D是边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE，点F在边AB上，EF∥BC．求证：
（1）四边形BDEF是平行四边形；
（2）BF＝（AB﹣AC）．
20．如图，▱ABCD中，E为BC的中点，连结AE并延长交DC的延长线于点F，连结BF、AC，已知AD＝AF．
（1）求证：四边形ABFC是矩形．
（2）若AD＝10，AB＝6，则sin∠AFC＝ ．
21．如图，△ABC中，∠ABC的角平分线与外角∠ACD的平分线交于A1．
（1）∵BA1、CA1是∠ABC与∠ACD的平分线，
∴∠A1BD＝∠ABD，∠A1CD＝∠ACD，
∴∠A1CD﹣∠A1BD＝（∠ACD﹣∠ABD），
∵∠A1CD﹣∠A1BD＝ ，∠ACD﹣∠ABD＝∠ ，
∴∠A1＝ ．
（2）如图2，四边形ABCD中，∠F为∠ABC的角平分线及外角∠DCE的平分线所在的直线构成的角，若∠A+∠D＝230°，求∠F的度数．
（3）如图3，△ABC中，∠ABC的角平分线与外角∠ACD的平分线交于A1，若E为BA延长线上一动点，连接EC，∠AEC与∠ACE的角平分线交于Q，当E滑动时有下面两个结论：
①∠Q+∠A1的值为定值；
②∠Q﹣∠A1的值为定值，
其中有且只有一个是正确的，请写出正确的结论，并求出其值．
22．如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm．如果点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，同时点F由点D出发沿DA方向向点A匀速运动，它们的速度分别为2cm和1cm，FQ⊥BC，分别交AC、BC于点P和点Q，连接EF、EP，设运动时间为t（s）（0＜t＜4）
（1）连结DQ，若四边形EQDF为平行四边形，则t的值是 ；
（2）设△EPF的面积为ycm2，求y与t的函数关系式；
（3）运动时间t为何值时，EF⊥AC？
23．问题情境：如图①，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．
问题探究：
（1）线段BM、CE、DN之间又怎样的数量关系？请加以说明．
（2）如图②，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；
拓展应用：
（3）如图③，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，已知BM＝，DN＝，将正方形ABCD沿着MN翻折，BC的对应边B'C'恰好经过点A，连接C′N交AD于点F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H，求线段FH的长．（直接写出结论即可）
参考答案
一．选择题
1．解：∵菱形的性质有四边相等，对角线互相垂直平分，
∴对角线相等不是菱形的性质，
故选：D．
2．解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵E，F，G，H是菱形各边的中点，
∴EF∥BD，FG∥AC，
∴EF⊥FG，
同理：FG⊥HG，GH⊥EH，HE⊥EF，
∴四边形EFGH是矩形．
故选：A．
3．解：如图，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
∵梯形ABCD的两底边长不变，腰长发生变化，
∴设AB＝3，DC＝2，AD＝b，
∴A（0，0），B（3，0），D（0，b），C（2，b），
∴直线AC解析式为：yAC＝x，
直线BC解析式为：yBD＝﹣x+b，
∴，
解得，
∴点O到边DA的距离为，
所以点O到边DA的距离不变．
故选：D．
4．解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝6，
∴∠ADB＝∠DBC＝30°，
由题意可得CG⊥BD，
∴CE＝BC＝3，BE＝EC＝3，
故选：D．
5．解：∵四边形OABC是矩形，
∴OC＝AB，CB＝OA，
∵点A，C的坐标分别是（6，0），（0，3），
∴AB＝3，OA＝6，
∴点B坐标为（6，3），
故选：B．
6．解：可以推断出斜拉索大桥中运用的数学原理是三角形的稳定性．
故选：B．
7．解：如图，连接AD、EF，
则可得对角线EF⊥AD，且EF与平行四边形的高相等．
∵平行四边形纸片ABCD的面积为120，AD＝20，
∴BC＝AD＝20，EF×AD＝×120，
∴EF＝6，
又BC＝20，
∴则图形戊中的四边形两对角线之和为20+6＝26，
故选：B．
8．解：如图1，图2中，连接AC．
图1中，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝20cm，
在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝AB＝20cm；
故选：D．
9．解：在Rt△ADB中，AB＝＝＝5，
在Rt△ABC中，BC＝＝＝13，
∵E、F、G、H分别是线段AB、AC、CD、BD的中点，
∴EF＝BC＝，HG＝BC＝，EH＝AD＝，FG＝AD＝，
∴四边形EFGH的周长＝EF+FG+GH+EH＝16，
故选：C．
10．解：①∵sin∠COD＝，
∴∠COD＝60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OD＝OB，
∴△AOB和△COD是等边三角形，
∴BD＝2OA＝2AB＝8，故①正确；
②连接OP，由①知BD＝8，
∵矩形ABCD的两边AB＝4，BC＝4，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝16，
∴S△AOD＝S矩形ABCD＝4，OA＝OD＝4，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA•PE+OD•PF＝OA（PE+PF）＝×4×（PE+PF）＝4，
∴PE+PF＝2，故②正确；
③∵（PE﹣PF）2＝PE2+PF2﹣2PE•PF≥0，
∴PE2+PF2≥2PE•PF，
∴S1+S2＝PE2+PF2＝（PE2+PF2+PE2+PF2）≥（PE2+PF2+2PE•PF）＝（PE+PF）2＝6，
当且仅当PE＝PF＝时，等号成立，故③正确；
④∵∠AEP＝∠DFP，∠PAE＝∠PDF，
∴△APE∽△DPF，
∴＝＝＝＝，
∵＝，
∴＝，故④错误．
综上所述，其中正确的结论有①②③，3个．
故选：C．
11．解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠CBF＝90°，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，故①正确；
②∵△ABE≌△CBF，
∴∠BCF＝∠BAE，
∵∠GEC＝∠DBC＝∠ADB＝45°，
∴∠BMF＝∠FCB+∠DBC＝∠FCB+45°，
∵∠GEC＝∠DBC，
∴EG∥DB，
∵DG∥BE，
∴四边形DGEB是平行四边形，
∴BE＝DG，
在△FBC和△GDC中，
，
∴△FBC≌△GDC（SAS），
∴∠BCF＝∠DCG，
∴∠BFM＝∠FCD＝∠DCG+∠FCG＝∠∠CF+∠FCG，
∴当且仅当∠FCG＝45°时，∠BFM＝∠BMF，故②错误；
③∵GE∥BD，
∴∠FMB＝∠GFC，
∵△FBC≌△GDC，
∴CF＝CG，
∴∠GFC＝∠CGF，
∴∠FMB＝∠CGF，
∴∠CGF﹣∠BAE＝∠FMB﹣∠BCM＝∠MBC＝45°，故③正确；
④当∠BAE＝15°时，∠BCM＝∠GCD＝∠BAE＝15°，
∴∠FCG＝90°﹣∠BCM﹣∠GCD＝60°，
∵BD∥EG，
∴∠GFC＝∠NMC，∠FGC＝∠MNC，
∵∠GFC＝∠FGC，
∴∠NMC＝∠MNC，
∴CM＝CN，∠MCN＝60°，
∴△CMN是等边三角形，
作CH⊥BD于点H，如图，
∴CH＝BD＝＝2，
∴CM＝×2＝，
∴MN＝CM＝，故④错误．
所以其中正确有①③，2个．
故选：B．
12．解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AO＝DO＝CO＝BO，AC⊥BD，
∵∠AOD＝∠NOF＝90°，
∴∠AON＝∠DOF，
∵∠OAD+∠ADO＝90°＝∠OAF+∠DAF+∠ADO，
∵DF⊥AE，
∴∠DAF+∠ADF＝90°＝∠DAF+∠ADO+∠ODF，
∴∠OAF＝∠ODF，
∴△ANO≌△DFO（ASA），
∴ON＝OF，
∴∠AFO＝45°，故①正确；
如图，过点O作OK⊥AE于K，
∵CE＝2DE，
∴AD＝3DE，
∵tan∠DAE＝，
∴AF＝3DF，
∵△ANO≌△DFO，
∴AN＝DF，
∴NF＝2DF，
∵ON＝OF，∠NOF＝90°，
∴OK＝KN＝KF＝FN，
∴DF＝OK，
又∵∠OGK＝∠DGF，∠OKG＝∠DFG＝90°，
∴△OKG≌△DFG（AAS），
∴GO＝DG，故②正确；
③∵∠DAO＝∠ODC＝45°，OA＝OD，∠AOH＝∠DOP，
∴△AOH≌△DOP（ASA），
∴AH＝DP，
∵∠ANH＝∠FNO＝45°＝∠HAO，∠AHN＝∠AHO，
∴△AHN∽△OHA，
∴，
∴AH2＝HO•HN，
∴DP2＝NH•OH，故③正确；
∵∠NAO+∠AON＝∠ANQ＝45°，∠AQO+∠AON＝∠BAO＝45°，
∴∠NAO＝∠AQO，
∵OG＝GD，
∴AO＝2OG，
∴AG＝＝OG，
∴sin∠NAO＝sin∠AQO＝＝，故④正确，
故选：D．
二．填空题
13． 132．
14． 或．
15． 30°．
16．y＝﹣x+1或y＝x﹣1．
17．①③．
三．解答题
18．解：（1）∵DP∥AC，CP∥BD，
∴四边形OCPD是平行时四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AO＝OC＝3，OB＝OD＝4，
∴∠COD＝90°，
∴四边形OCPD是矩形，
∴CD＝OP．
在Rt△COD中，CD＝，
∴OP＝CD＝5．
（2）四边形ABCD、四边形BOPC、四边形OCPD、四边形AOPD都是平行四边形．
19．证明：（1）延长CE交AB于点G，如图所示：
∵AE⊥CE，
∴∠AEG＝∠AEC＝90°，
在△AEG和△AEC中，
，
∴△AGE≌△ACE（ASA），
∴GE＝EC，
∵D是边BC的中点，
∴DE为△CGB的中位线，
∴DE∥AB．
∵EF∥BC，
∴四边形BDEF是平行四边形．
（2）由（1）可知，四边形BDEF是平行四边形，
∴BF＝DE．
∵D、E分别是BC、GC的中点，
∴BF＝DE＝BG．
∵△AGE≌△ACE，
∴AG＝AC，
∴BF＝（AB﹣AG）＝（AB﹣AC）．
20．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，
∴∠BAE＝∠CFE，∠ABE＝∠FCE，
∵E为BC的中点，
∴EB＝EC，
在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE（AAS），
∴AB＝CF，
∵AB∥CF，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∵AD＝BC，AD＝AF，
∴BC＝AF，
∴四边形ABFC是矩形；
（2）解：由（1）得：四边形ABFC是矩形，
∴∠ACF＝90°，AB＝CF，
∵AB＝CD，
∴CF＝CD＝AB＝6，
∵AF＝AD＝10，
∴AC＝＝＝8，
∴sin∠AFC＝＝＝，
故答案为：．
21．解：（1）∵BA1是∠ABC的平分线，CA1是∠ACD的平分线，
∴∠A1BD＝∠ABD，∠A1CD＝∠ACD，
∴∠A1CD﹣∠A1BD＝（∠ACD﹣∠ABD），
∵∠A1CD﹣∠A1BD＝∠A1，∠ACD﹣∠ABD＝∠A，
∴∠A1＝∠A．
故答案为：∠A1，A，∠A；
（2）∵∠ABC+∠DCB＝360°﹣（∠A+∠D），
∴∠ABC+（180°﹣∠DCE）＝360°﹣（∠A+∠D）＝2∠FBC+（180°﹣2∠DCF）＝180°﹣2（∠DCF﹣∠FBC）＝180°﹣2∠F，
∴360°﹣（α+β）＝180°﹣2∠F，
2∠F＝∠A+∠D﹣180°，
∴∠F＝（∠A+∠D）﹣90°，
∵∠A+∠D＝230°，
∴∠F＝25°；
（3）△ABC中，由三角形的外角性质知：∠BAC＝∠AEC+∠ACE＝2（∠QEC+∠QCE）；
即：2∠A1＝2（180°﹣∠Q），
化简得：∠A1+∠Q＝180°，
因此①的结论是正确的，且这个定值为180°．
22．解：（1）在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，
∴AB＝CD＝6cm，AD＝BC＝8cm，∠BAD＝∠ADC＝∠DCB＝∠B＝90°，
由勾股定理得：AC＝10，
∵FQ⊥BC，
∴∠FQC＝90°，
∴四边形CDFQ是矩形，
∴DF＝QC，DC＝FQ＝6cm，
∵点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，同时点F由点D出发沿DA方向向点A匀速运动，它们的速度分别为2cm/s和1cm/s，
∴t秒后，BE＝2t，DF＝QC＝t，
∴EQ＝BC﹣BE﹣QC＝8﹣3t，
∵四边形EQDF为平行四边形，
∴FD＝EQ，
即：8﹣3t＝t，
解得：t＝2，
故答案为2；
（2）∵∠FQC＝90°，∠B＝90°，
∴∠FQC＝∠B，
∴PQ∥AB，
∴△CPQ∽△CAB，
∴，即，
∴PQ＝t，则PF＝FQ﹣PQ＝6﹣t，
由（1）知EQ＝8﹣3t，
y＝PF•EQ＝（6﹣t）（8﹣3t）＝t2﹣12t+24；
（3）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，根据勾股定理得，AC＝10，
∵∠B＝∠D＝∠BCD＝90°，FQ⊥BC于Q，
∴四边形CDFQ是矩形，
∴CQ＝DF，
由运动知，BE＝2t，DF＝t，
∴CQ＝t，CE＝BC﹣BE＝8﹣2t，AF＝8﹣t，
∴EQ＝CE﹣CQ＝8﹣3t，
在Rt△ABC中，cs∠ACB＝，
在Rt△CPQ中，cs∠ACB＝，
∴CP＝t，
∵EF⊥AC，
∴∠CGE＝90°＝∠ABC，
∴∠ACB+∠FEQ＝90°，
∵∠ACB+∠BAC＝90°，
∴∠FEQ＝∠BAC，
∴△ABC∽△EQF．
∴，即，
∴EQ＝，
∴8﹣3t＝，
解得：t＝（s）．
23．解：（1）线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DN+MB＝EC；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：
∴四边形MBFN为平行四边形，
∴NF＝MB，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE＝90°，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CBF＝∠BAE，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，
∵DN+NF+CF＝BE+EC，
∴DN+MB＝EC；
（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDA＝45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AQ＝QE，
在Rt△AHQ和Rt△QIE中，
，
∴Rt△AHQ≌Rt△QIE（HL），
∴∠AQH＝∠QEI，
∴∠AQH+∠EQI＝90°，
∴∠AQE＝90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°；
（3）延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，如图3：
∵MB＝＝B′M，则AM＝AB﹣BM＝4﹣＝，
在Rt△B′AM中，AB′＝＝＝3＝BE，则CE＝BC﹣BE＝4﹣3＝1，
∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，
∴△ABE∽△QCE，
∴，即，
解得CQ＝，
则QD＝CD+CQ＝，
在Rt△ADQ中，AQ＝＝＝；
同理△FC′A∽△FDN，
∴，即，
解得DF＝，
∵AG⊥MN，FH⊥MN，
∴AG∥FH，
∴AQ∥FP，
∴△DFP∽△DAQ，
∴，即，
解得：FP＝，
∴FH＝FP＝．