专题02 四边形-2022届中考数学压轴大题专项训练

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专题02 四边形 2022届中考数学压轴大题专项训练（解析版）
1．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ．

（1）求证：EA是∠QED的平分线；
（2）已知BE＝1，DF＝3，求EF的长．
【详解】
证明：（1）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，
∴QB＝DF，AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∴∠QAE＝45°，
∴∠QAE＝∠FAE，
在△AQE和△AFE中，
，
∴△AQE≌△AFE（SAS），
∴∠AEQ＝∠AEF，
∴EA是∠QED的平分线；
（2）由（1）得△AQE≌△AFE，
∴QE＝EF，∠ADF＝∠ABQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°，
∴∠ABQ＝45°，
∴∠QBE＝∠ABQ+∠ABD＝90°，
在Rt△QBE中，QB2+BE2＝QE2，
又∵QB＝DF，
∴EF2＝BE2+DF2＝1+9＝10，
∴EF＝．
2．四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．

（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是35°时，求∠EFC的度数．
【详解】
解：（1）证明：如图，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，

四边形ABCD为正方形，
∵∠DCA＝∠BCA＝45°，
∴EQ＝EP，
矩形DEFG，
∠PED+∠PEF＝90°，
∵∠QEF+∠PEF＝90°，
∴∠QEF＝∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
，
∴Rt≌Rt（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）①当DE与AD的夹角为35°时，
如图2，

∵∠ADE＝35°，∠ADC＝90°，
∴∠EDC＝55°，

②当DE与DC的夹角为35°时，
如图3，即交于，


∠EDC＝∠EFC＝35°，
综上所述：∠EFC＝35°或125°．
3．如图所示，四边形中，，以，为边作平行四边形，的延长线交于，求证：.

【详解】
证明：如图，延长FC交AD于点G，

∵四边形CDEF为平行四边形，
∴CF∥DE，CF=DE，
又∵CE∥AD，
∴四边形CEDG为平行四边形，
∴CG=DE，
∴CF=CG，且BC∥AG，
∴BC是△FAG的中位线，
∴B为AF的中点，
即AB=FB．
4．如图1，已知正方形和正方形，点在同一直线上，连接，，与相交于点．


（1）求证：．
（2）如图2，是边上的一点，连接交于点，且．
①求证：；
②若，直接写出的值．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD和四边形CEGF是正方形，
∴BC=CD=AB，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE=FD；
（2）①∵四边形ABCD和四边形CEGF是正方形，
∴CD//GE，GF=EC
∴，
∴
∴
∵
∴
∵BC=CD
∴
②∵
∴
∵
∴
∵AB=CD
∴
5．如图1，已知正方形ABCD，AB＝4，以顶点B为直角顶点的等腰Rt△BEF绕点B旋转，BE＝BF＝，连结AE，CF．

（1）求证：△ABE≌△CBF．
（2）如图2，连结DE，当DE＝BE时，求S△BCF的值．
（3）如图3，当Rt△BEF旋转到正方形ABCD外部，且线段AE与线段CF存在交点G时，若M是CD的中点，P是线段DG上的一个动点，当满足MP+PG的值最小时，求MP的值．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵∠EBF＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBF，
又∵BE＝BF，AB＝BC，
∴△ABE≌△CBF（SAS）；
（2）如图2，过点E作EH⊥AB于H，

∵△ABE≌△CBF，
∴S△ABE＝S△CBF，
∵AD＝AB，AE＝AE，DE＝BE，
∴△ADE≌△ABE（SSS），
∴∠DAE＝∠BAE＝45°，
∵EH⊥AB，
∴∠EAB＝∠AEH＝45°，
∴AH＝EH，
∵BE2＝BH2+EH2，
∴10＝BE2+（4﹣BE）2，
∴BE＝1或3，
当BE＝1时
∴S△ABE＝S△CBF＝AB×EH＝×4×1＝1，
当BE＝3时
∴S△ABE＝S△CBF＝AB×EH＝×4×3＝6，
（3）如图3，过点P作PK⊥AE于K，

由（1）同理可得△ABE≌△CBF，
∴∠EAB＝∠BCF，
∵∠BAE+∠CAE+∠ACB＝90°，
∴∠BCF+∠CAE+∠ACB＝90°，
∴∠AGC＝90°，
∵∠AGC＝∠ADC＝90°，
∴点A，点G，点C，点D四点共圆，
∴∠ACD＝∠AGD＝45°，
∵PK⊥AG，
∴∠PGK＝∠GPK＝45°，
∴PK＝GK＝PG，
∴MP+PG＝MP+PK，
∴当点M，点P，点K三点共线时，且点E，点G重合时，MP+PG值最小，
如图4，过点B作BQ⊥CF于Q，

∵BE＝BF＝，∠EBF＝90°，BQ⊥EF，
∴EF＝2，BQ＝EQ＝FQ＝，
∵CQ＝＝＝，
∴CE＝CQ﹣EQ＝﹣，
∵MK⊥AE，CE⊥AE，
∴MK∥CE，
∴，
又∵M是CD的中点，
∴DC＝2DM，
∴MP＝CE＝．
6．如图，在正方形中，点、均为中点，连接、交于点，连接，证明：．

【详解】
证明：如图，延长至，使得，连接，
在正方形中，
、分别是、的中点，
，
在和中，

，
，
，
在和中，

，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
．
即．

7．如图，正方形ABCD中，E为BC上一点，过点B作于G，延长BG至点F使．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若，求AB的长．

【详解】
（1）证明：因为ABCD是正方形
所以
在三角形BGA中，
因为
（2）过点C作，


因为ABCD是正方形，
所以AB=BC，
由（1）
所以

在三角形CHF中，
，
所以．
（3）在三角形CHF中，






．
8．已知正方形ABCD，点E在AB上，点G在AD，点F在射线BC上，点H在CD上．
（1）如图1，DE⊥FG，求证：BF＝AE+AG；
（2）如图2，DE⊥DF，P为EF中点，求证：BE＝PC；
（3）如图3，EH交FG于O，∠GOH＝45°，若CD＝4，BF＝DG＝1，则线段EH的长为　 　．

【详解】
解：（1）如图1，过点G作GM⊥BC于M，

则∠GMB＝∠GMF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABMG是矩形，
∴AG＝BM，
∵DE⊥GF，
∴∠ADE+∠DGF＝∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠DGF，
又∠DGF＝∠MFG，
∴∠AED＝∠MFG，
∴△DAE≌△GMF（AAS），
∴AE＝MF，
则BF＝BM+MF＝AG+AE；
（2）如图2，过点E作EQ∥PC，交BC于点Q，

∵P是EF的中点，
∴PC是△EQF的中位线，
则EQ＝2PC，QC＝CF，
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
又∵∠A＝∠DCF＝90°，AD＝CD，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴AE＝CF＝QC，
∵AB＝BC，
∴BE＝BQ，
则∠BEQ＝45°，
∴EQ＝BE，
则2PC＝BE，
∴BE＝PC；
（3）如图3所示，作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N，
则四边形BFGM和四边形BEHN是平行四边形，
∴BM＝GF，BF＝MG＝1，BN＝EH，
∵DG＝1，CD＝AD＝4，
∴AM＝2，
延长DC到P，使CP＝AM＝2，
∵BA＝BC，∠A＝∠BCP＝90°，
∴△BAM≌△BCP（SAS），
∴∠ABM＝∠CBP，BM＝BP，
∵∠GOH＝45°，BN∥EH，BM∥GF，
∴∠MBN＝45°，

∴∠ABM+∠CBN＝45°，
∴∠CBP+∠CBN＝45°，即∠PBN＝45°，
∴△MBN≌△PBN（SAS），
∴MN＝PN，
设CN＝x，则MN＝PN＝CN+PC＝x+2，DN＝4﹣x，
在Rt△DMN中，由DM2+DN2＝MN2可得22+（4﹣x）2＝（x+2）2，
解得x＝，
则EH＝BN＝＝＝，
故答案为：．
9．已知：四边形为正方形，是等腰，．
（1）如图：当绕点旋转时，若边、分别与、相交于点、，连接，试证明：．

（2）如图，当绕点旋转时，若边、分别与、的延长线相交于点、，连接．

①试写出此时三线段、、的数量关系并加以证明．
②若，，求：正方形的边长以及中边上的高．
【详解】
（1）证明：如图1，延长CB到G，使BG=DF，连接AG，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠ABC=∠DAB=∠ABG=90°，AD=AB，
在△ADF和△ABG中，
，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAG=∠EAB+∠BAG=∠EAB+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠EAG，
∵AE=AE，
∴△EAF≌△EAG，
∴EF=EG=EB+BG=EB+DF．
（2）①三线段、、的数量关系是：，理由如下:
如图2，在上取一点，使

连接，同(1)可证，
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴．
②如图2，过F作FH⊥AE于H，
设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，
∵CE=6，DF=BG=2，
∴EF=GE=CG+CE=BC-BG+CE=x-2+6=x+4，
在Rt△FCE中，由勾股定理得：EF2=FC2+CE2，
∴（x+4）2=（x+2）2+62，
解得：x=6，
∴AG=AF=，
∵∠FAM=45°，∴FH=AF==，，
即△AEF中AE边上的高为．
10．如图，在边长为的正方形ABCD中，作∠ACD的平分线交AD于F，过F作直线AC的垂线交AC于P，交CD的延长线于Q，又过P作AD的平行线与直线CF交于点E，连接DE，AE，PD，PB．

（1）求AC，DQ的长；
（2）四边形DFPE是菱形吗？为什么？
（3）探究线段DQ，DP，EF之间的数量关系，并证明探究结论；
（4）探究线段PB与AE之间的数量关系与位置关系，并证明探究结论．
【详解】
解：（1）AC=，
∵CF平分∠BCD，FD⊥CD，FP⊥AC，
∴FD=FP，又∠FDQ=∠FPA，∠DFQ=∠PFA，
∴△FDQ≌△FPA（ASA），
∴QD=AP，
∵点P在正方形ABCD对角线AC上，
∴CD=CP=a，
∴QD=AP=AC-PC=；
（2）∵FD=FP，CD=CP，
∴CF垂直平分DP，即DP⊥CF，
∴ED=EP，则∠EDP=∠EPD，
∵FD=FP，
∴∠FDP=∠FPD，
而EP∥DF，
∴∠EPD=∠FDP，
∴∠FPD=∠EPD，
∴∠EDP=∠FPD，
∴DE∥PF，而EP∥DF，
∴四边形DFPE是平行四边形，
∵EF⊥DP，
∴四边形DFPE是菱形；
（3）DP2+ EF2=4QD2，理由是：
∵四边形DFPE是菱形，设DP与EF交于点G，
∴2DG=DP，2GF=EF，
∵∠ACD=45°，FP⊥AC，
∴△PCQ为等腰直角三角形，
∴∠Q=45°，
可得△QDF为等腰直角三角形，
∴QD=DF，
在△DGF中，DG2+FG2=DF2，
∴有（DP）2+（EF）2=QD2，
整理得：DP2+ EF2=4QD2；
（4）∵∠DFQ=45°，DE∥FP，
∴∠EDF=45°，
又∵DE=DF=DQ=AP=，AD=AB，
∴△ADE≌BAP（SAS），
∴AE=BP，∠EAD=∠ABP，
延长BP，与AE交于点H，
∵∠HPA=∠PAB+∠PBA=∠PAB+∠DAE，
∠PAB+∠DAE+∠HAP=90°，
∴∠HPA+∠HAP=90°，
∴∠PHA=90°，即BP⊥AE，
综上：BP与AE的关系是：垂直且相等.

11．如图1，在一个平面直角三角形中的两直角边的平方之和一定等于斜边的平方。在△ABC中，∠C=90°，则AC2+BC2＝AB2．我们定义为“商高定理”。
（1）如图1，在△ABC中，∠C=90°中，BC＝4，AB＝5，试求AC＝__________；
（2）如图2，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（3）如图3，分别以Rt△ACB的直角边BC和斜边AB为边向外作正方形BCFG和正方形ABED，连结CE、AG、GE．已知BC＝4，AB＝5，求GE2的值．

【详解】
解：（1）：∵在△ABC中，∠C=90°中，BC=4，AB=5，
∴AC==3，
故答案为：3；
（2）证明：在Rt△DOA中，∠DOA=90°，
∴OD2+OA2=AD2，
同理：OD2+OC2=CD2，OB2+OC2=BC2，OA2+OB2=AB2，
∴AB2+CD2=OA2+OB2+OD2+OC2，AD2+BC2=OD2+OA2+OB2+OC2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2 ；
（3）解：连接CG、AE，设AG交CE于I，AB交CE于J，如图3所示：
∵四边形BCFG和四边形ABED都是正方形，
∴∠GBC=∠EBA=90°，AB=BE=5，BG=BC=4，
∴∠GBC+∠CBA=∠EBA+∠CBA，
∴∠ABG=∠EBC，
在△ABG和△EBC中，
，
∴△ABG≌△EBC（SAS），
∴∠BAG=∠BEC，
∵∠AJI=∠EJB，
∴∠EBJ=∠AIJ=90°，
∴AG⊥CE，
由（2）可得：AC2+GE2=CG2+AE2，
在Rt△CBG中，CG2=BC2+BG2，
即CG2=42+42=32，
在Rt△ABE中，AE2=BE2+AB2，
即AE2=52+52=50，
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2，
即52=AC2+42，
∴AC2=9，
∵AC2+GE2=CG2+AE2 ，
 即9+GE2=32+50，
∴GE2=73．

12．已知：在正方形ABCD中，AB＝3，E是边BC上一个动点（点E不与点B，点C重合），连接AE，点H是BC延长线上一点．过点B作BF⊥AE，交AE于点G，交DC于点F．
（1）求证：AE＝BF；
（2）过点E作EM⊥AE，交∠DCH的平分线于点M，连接FM，判断四边形BFME的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，∠EMC的正弦值为，求四边形AGFD的面积．
【详解】
解：证明：（1）∵在正方形ABCD中，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，
∵∠BAE+∠ABF＝90°，∠CBF+∠ABF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，且∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（ASA）
∴AE＝BF，
（2）四边形BFME是平行四边形
理由如下：如图1：在AB上截取BN＝BE，

∵△ABE≌△BCF
∴∠BAE＝∠FBC
∵AB＝BC，BN＝BE，
∴AN＝EC，∠BNE＝45°
∴∠ANE＝135°
∵CM平分∠DCH
∴∠DCM＝∠MCH＝45°
∴∠ECM＝135°＝∠ANE
∵AE⊥EM
∴∠AEB+∠MEC＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°
∴∠BAE＝∠MEC，且AN＝EC，∠ANE＝∠DCM
∴△ANE≌△ECM（SAS）
∴AE＝EM，∠BAE＝∠MEC
∴∠BAE＝∠FBC＝∠MEC
∴BF∥EM，且BF＝AE＝EM
∴四边形BFME是平行四边形
（3）如图2，连接BD，过点F作FN⊥BD于点N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝3，∠DBC＝∠BDC＝45°，
∴BD＝3，∠DBF+∠FBC＝45°
∵∠MCH＝∠MEC+∠EMC＝45°，∠FBC＝∠MEC
∴∠EMC＝∠DBF
∴sin∠EMC＝sin∠DBF＝＝
∴设NF＝a，BF＝10a，
∵∠BDC＝45°，FN⊥BD
∴DN＝NF＝a，DF＝NF＝2a
∴BN＝3﹣a
∵BF2﹣NF2＝BN2，
∴98a2＝（3﹣a）2，
∴a＝
∴DF＝2×＝
∴FC＝
∵△ABE≌△BCF
∴BE＝CF＝，
∴EC＝，BF＝＝
∵∠FBC＝∠FBC，∠BGE＝∠BCF
∴△BGE∽△BCF
∴
∴
∴BG＝，GE＝
∴S四边形ADFG＝S四边形ADEC﹣S四边形ECFG，
∴S四边形ADFG＝