2021年九年级中考复习数学考点训练——几何专题：《四边形综合》(三)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》(三)及答案，共25页。试卷主要包含了【感知】小亮遇到了这样一道题，【问题情境】，[阅读发现]，已知，已知△ABC为等边三角形，问题发现，探究等内容，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》（三）

1．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点P在斜边AB上，点D、E、F分别是线段PA、PB、PC的中点，易知△DEF是直角三角形．“现把△DEF以点P为中心，顺时针旋转α，其中0°＜α＜360°．连接AD、BE、CF．

（1）操作发现
如图2，若点P是AB的中点，连接PF，可以发现＝　 　，＝　 　；
（2）类比探究
如图3，Rt△ABC中，CP⊥AB于点P，请判断与的大小，结合图2说明理由；
（3）拓展提高
在（2）的条件下，如果∠CAB＝30°，且AB＝4，在△DEF旋转的过程中，当以点C、D、F、P四点为顶点的四边形与以点B、E、F、P四点为顶点的四边形都是平行四边形时，直接写出线段AD、CF、BE的长．






2．如图，点E、G是矩形ABCD边AB上的两点，F是边DC上的点，AB＝8且CG＝EF．
（1）如图1，若BE＝2，DF＝1，此时点E在点G右侧，求EG的长；
（2）在（1）的条件下，连结CE，若CE平分∠BCG，求BC的长；
（3）如图2，若EB＝1，DF＝k，tan∠EFC＝k，且满足AB≤DF+EB≤AB，求tan∠AFD的范围．





3．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/s和1cm/s．FQ⊥BC，分别交AC、BC于点P和Q，设运动时间为t（s）（0＜t＜4）．
（1）连结EF、DQ，若四边形EQDF为平行四边形，求t的值；
（2）连结EP，设△EPC的面积为ycm2，求y与t的函数关系式，并求y的最大值；
（3）若△EPQ与△ADC相似，请直接写出t的值．








4．【感知】小亮遇到了这样一道题：已知如图①在△ABC中，AB＝AC，D在AB上，E在AC的延长线上，DE交BC于F，且DF＝EF，求证：BD＝CE，小亮仔细分析了题中的已知条件后，如图②过D点作DG∥AC交BC于G，进而解决了该问题．（不需证明）
【探究】如图③，在四边形ABCD中，AB∥DC，E为BC边的中点，∠BAE＝∠EAF，AF与DC的延长线相交于点F．试探究线段AB与AF、CF之间的数量关系，并证明你的结论．
【应用】如图④，在正方形ABCD中，E为AB边的中点，G、F分别为AD，BC边上的点，若AG＝1，BF＝，∠GEF＝90°，则GF的长为　 　．





5．【问题情境】
（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是　 　；
【类比探究】
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB＝2，BC＝4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE＝1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
【拓展提升】
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为　 　．





6．[阅读发现]
如图①．在正方形ABCD的外侧．作两个等边三角形ABE和ADF，连接ED、FC，ED与FC交于点M，则图中△ADE≌△DFC（不用证明），可知ED＝FC．∠DMC＝　 　°．
[拓展应用]
如图②，在矩形ABCD（AB＞BC）的外侧，作两个等边三角形ABE和ADF，连接ED、FC，ED与FC交于点M．
（1）求证：ED＝FC；
（2）若∠ADE＝20°，直接写出∠DMC的度数．






7．已知：如图，在菱形ABCD中，AC＝2，∠B＝60°．点E为边BC上的一个动点（与点B、C不重合），∠EAF＝60°，AF与边CD相交于点F，联结EF交对角线AC于点G．设CE＝x，EG＝y．
（1）求证：△AEF是等边三角形；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）点O是线段AC的中点，联结EO，当EG＝EO时，求x的值．






8．已知△ABC为等边三角形．点D为直线BC上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作菱形ADEF（A、D、E、F按逆时针排列），使∠DAF＝60°，连接CF．
（1）如图1，当点D在线投BC上时，求证：AC＝CF+CD；
（2）如图2，当点D在线投BC的延长线上且其他条件不变时，结论AC＝CF+CD是否成立？若不成立，请写出AC、CF、CD之间存在的数量关系，并说明理由，



9．（1）问题发现
如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠CAB＝90°，点D在AC上，过点D作DE⊥BC于点E，以DE，BE为边作▱DEBF，连接AE，AF．
填空：线段AE与AF的关系为　 　；

（2）类比探究
将图1中△CDE绕点C逆时针旋转，其他条件不变，如图2，（1）的结论是否成立？并说明理由．
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将△CDE绕点C在平面内旋转，若AC＝5，DC＝3，请直接写出当点A，D，E三点共线时BE的长．

10．探究：如图①，直线l1∥l2，点A、B在直线l1上，点C、D在直线l2上，记△ABC的面积为S1，△ABD的面积为S2，求证：S1＝S2．
拓展：如图②，E为线段AB延长线上一点，BE＞AB，正方形ABCD、正方形BEFG均在直线AB同侧，求证：△DEG的面积是正方形BEFG面积的一半．
应用：如图③，在一条直线上依次有点A、B、C、D，正方形ABIJ、正方形BCGH、正方形CDEF均在直线AB同侧，且点F、H分别是边CG、BI的中点，若正方形CDEF的面积为l，则△AGI的面积为　 　．




参考答案
1．解：（1）如图2中，连接PF，BE．

∵∠ACB＝90°，AP＝PB，
∴PC＝PA＝PB，
∵∠DFE＝90°，PD＝PE，
∴PF＝PD＝PE，
∵∠APC＝∠DPF，
∴∠APD＝∠CPF，
∴△APD≌△CPF（SAS），
∴AD＝CF，
∴＝1，
同法可证，△BPE≌△CPF，
∴CF＝BE，
∴＝1．
故答案为1，1．

（2）结论：＝．
理由：如图3中，连接PF．

∵PC⊥AB，PF⊥DE，
∴∠APC＝∠DPF＝90°，
∵△APC∽△DPF，
∴＝，
∴＝，
∵∠APC＝∠DPF＝90°，
∴∠APD＝∠CPF，
∴＝，
同法可证，△CPF∽△BPE，
∴＝，
∵∠ACB＝90°，CP⊥AB，
∴△APC∽△CPB，
∴＝，
∴＝．

（3）如图4﹣1中，当PC∥DF时，

∵∠CAB＝30°，∠APC＝90°，
∴PC＝AC，
∵DF＝AC，
∴DF＝PC，
∴四边形PCFD是平行四边形，
∵∠EFD＝90°，
∴EF⊥DF，
∴EF⊥PC，
∵PC⊥AB，
∴PB∥EF，
同法可证，BP＝EF＝BC，
∴四边形PBEF是平行四边形，
∴BE∥PF，
∴∠BEP＝∠EPF＝90°，
∵AB＝4，∠CAB＝30°，∠ACB＝90°，
∴BC＝AB＝2，
∵CP⊥AB，∠ABC＝60°，
∴∠CPB＝90°，∠PCB＝30°，
∴PB＝PB＝1，
∵∠EPB＝∠DEF＝60°，
∴BE＝PBsin60°＝，
由（2）可知，＝＝＝，
∴CF＝，AD＝．

如图4﹣2中，当点D落在AC上时，四边形CDPF是矩形，四边形PEBF是矩形，

此时BE＝PF＝，
由（2）可知，＝＝＝，
∴CF＝，AD＝．
当DF∥CP，且DF在CP的右侧，如图4﹣3中．此时四边形CPFD和四边形BPEF都是平行四边形．

设DF交AB于H，过点C作CM⊥FD，交FD的延长线于点M．
∵BF＝PE＝，∠CAB＝30°，
∴∠BFH＝∠EDF＝30°，
∴HF＝BFcos30°＝，BH＝BFsin30°＝，
∴DH＝DF﹣HF＝﹣＝，AH＝AB﹣BH＝4﹣＝，PH＝BP﹣BH＝，MF＝MH+HF＝+＝，
∴AD＝＝＝，CF＝＝＝，BE＝＝＝
综上所述，BE＝，CF＝，AD＝或BE＝，CF＝，AD＝．
2．解：（1）过F作FH⊥AB于点H，如图1，则AH＝DF＝1，FH＝BC，
∵EF＝CG，
∴Rt△EFH≌Rt△GCB（HL），
∴EH＝GB，
∴HG＝BE＝2，
∴EG＝AB﹣AH﹣HG﹣BE＝8﹣1﹣2﹣2＝3；
（2）过E作EM⊥CG于M，如图1，则EM＝EB＝2，
∴GM＝
∵CE＝CE，
∴Rt△CEM≌Rt△CEB（HL），
∴CM＝CB，
设BC＝x，则CG＝，
∵CM+GM＝CG，
∴x+＝，
解得，x＝2，
∴BC＝2；
（3）如图2，过点E作EN⊥CD于点N，则EN＝AD，BE＝CN＝1，
∴FN＝CD﹣DF﹣CN＝8﹣k﹣1＝7﹣k，
∵tan∠EFC＝k，
∴，即，
∴EN＝k（7﹣k），
∴tan∠AFD＝，
∵AB≤DF+EB≤AB，
∴，
解得，，
∴，
∴．

3．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；
（2）∵∠FQC＝90°，∠B＝90°，
∴∠FQC＝∠B，
∴PQ∥AB，
∴△CPQ∽△CAB，
∴，
即，
∴PQ＝，
∵S△EPC＝ECPQ，
∴y＝（8﹣2t）＝﹣2+3t＝﹣（t﹣2）2+3，
即y＝﹣（t﹣2）2+3，
∵a＝﹣＜0，
∴y有最大值，当x＝2时，y的最大值为3；
（3）分两种情况讨论：
若E在FQ左边，
①当△EPQ∽△ACD时，
可得：，
即：，
解得：t＝2；
②当△EPQ∽△CAD时，
可得：，
即，
解得：t＝．
若E在FQ右边，
③当△EPQ∽△ACD时，
可得：，
即：，
解得：t＝4（舍去）；
④当△EPQ∽△CAD时，
可得：，
即，
解得：t＝．
故若△EPQ与△ADC相似，则t的值为：2或或．
4．【探究】解：AB＝AF+CF．
如图1，分别延长DC、AE，交于G点，

∵AB∥DC，
∴∠B＝∠GCE，∠BAE＝∠EGC，
∵E为BC边的中点，
∴BE＝CE，
∴△ABE≌△GCE（AAS），
∴AB＝CG，
又∵AB∥DC，
∴∠BAE＝∠G
而∠BAE＝∠EAF，
∴∠G＝∠EAF，
∴AF＝GF，
∴AB＝CG＝GF+CF＝AF+CF．
【应用】解：如图2，延长GE交CB的延长线于M．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CM，
∴∠AGE＝∠M，
在△AEG和△BEM中，
，
∴△AEG≌△BEM（AAS），
∴GE＝EM，AG＝BM＝1，
∵EF⊥MG，
∴FG＝FM，
∵BF＝，
∴MF＝BF+BM＝1+，
∴GF＝FM＝+1．
故答案为：．
5．解：（1）DG＝BE
理由：
∵正方形ABCD
∴CD＝CB∠BCD＝90°
∵正方形ECGF
∴CG＝CE∠ECG＝90°
∴∠ECG＝∠BCD＝90°
∴∠DCG＝∠BCE
在△DCG和△BCE中

∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG＝BE
（2）DG＝BE，DG⊥BE．理由如下：延长BE、GD相交于点H．

∵矩形ECGF、矩形ABCD
∴∠ECG＝∠BCD＝90°
∴∠DCG＝∠BCE
∵CD：CB＝2：4＝1：2
CG：CE＝1：2
∴CD：CB＝CG：CE
∵∠DCG＝∠BCE
∴△DCG∽△BCE
∴，∠BEC＝∠DGC
∴DG＝BE
∵矩形ECGF
∴∠FEC＝∠FGC＝∠F＝90°
∴∠HEF+∠BEC＝180°﹣∠FEC＝90°，∠FGH+∠DGC＝90°，
∴∠H＝∠F＝90°
∴DG⊥BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．

易证△ECN∽△CGM，
∴＝＝2，
∵EN＝AB＝2，
∴CM＝1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值＝BG′
由（2）知，DG＝BE
∴BE＝2DG
∴2BG+BE＝2BG+2DG＝2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
∵BG′＝＝2，
∴2BG+BE的最小值为4
故答案为4．
6．解：如图①中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝CD，∠ADC＝90°，
∵△ADE≌△DFC，
∴DF＝CD＝AE＝AD，
∵∠FDC＝∠FDA+∠ADC＝60°+90°＝150°，
∴∠DFC＝∠DCF＝∠ADE＝∠AED＝15°，
∴∠FDE＝60°+15°＝75°，
∴∠MFD+∠FDM＝90°，
∴∠FMD＝90°，
故答案为：90°
（1）∵△ABE为等边三角形，
∴∠EAB＝60°，EA＝AB．
∵△ADF为等边三角形，
∴∠FDA＝60°，AD＝FD．
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD＝∠ADC＝90°，DC＝AB．
∴EA＝DC．
∵∠EAD＝∠EAB+∠BAD＝150°，∠CDF＝∠FDA+∠ADC＝150°，
∴∠EAD＝∠CDF．
在△EAD和△CDF中，
，
∴△EAD≌△CDF（SAS）．
∴ED＝FC；
（2）∵△EAD≌△CDF，
∴∠ADE＝∠DFC＝20°，
∴∠DMC＝∠FDM+∠DFC＝∠FDA+∠ADE+∠DFC＝60°+20°+20°＝100°．

7．（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC，
∵∠B＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AC＝AB，
∴∠BAE+∠EAC＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACF＝60°，
∵∠EAF＝60°，即∠EAC+∠CAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△AEB和△AFC中，
，
∴△AEB≌△AFC（ASA），
∴AE＝AF，
∴△AEF为等边三角形；
（2）解：过点A作AH⊥BC于点H，

∵△AEF为等边三角形，
∴AE＝EF＝，∠AEF＝60°，
∵∠ABH＝60°，
∴，BH＝HC＝1，
∴EH＝|x﹣HC|＝|x﹣1|，
∴EF＝＝，
∵∠AEF＝∠B＝60°，
∴∠CEG+∠AEB＝∠AEB+∠BAE＝120°，
∴∠CEG＝∠BAE，
∵∠B＝∠ACE＝60°，
∴△BAE∽△CEG，
∴，
∴，
∴y＝EG＝（0＜x＜2），
（3）解：∵AB＝2，△ABC是等边三角形，
∴AC＝2，
∴OA＝OC＝1，
∵EG＝EO，
∴∠EOG＝∠EGO，
∵∠EGO＝∠ECG+∠CEG＝60°+∠CEG，
∠CEA＝∠CEG+∠AEF＝60°+∠CEG，
∴∠EGO＝∠CEA，
∴∠EOG＝∠CEA，
∵∠ECA＝∠OCE，
∴△COE∽△CEA，
∴，
∴CE2＝COCA，
∴x2＝1×2，
∴x＝（x＝﹣舍去），
即x＝．
8．（1）证明：∵菱形AFED，
∴AF＝AD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°＝∠DAF，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAF﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴CF＝BD，
∴CF+CD＝BD+CD＝BC＝AC，
即AC＝CF+CD．

（2）解：AC＝CF+CD不成立，AC、CF、CD之间存在的数量关系是AC＝CF﹣CD，
理由是：由（1）知：AB＝AC＝BC，AD＝AF，∠BAC＝∠DAF＝60°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAF+∠DAC，
即∠BAD＝∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD＝CF，
∴CF﹣CD＝BD﹣CD＝BC＝AC，
即AC＝CF﹣CD．
9．解：（1）∵等腰直角三角形ABC中，∠CAB＝90°，
∴∠C＝∠ABC＝45°，AB＝AC，
∵DE⊥BC，▱DEBF，
∴四边形DEBF是矩形，
∴∠ABF＝45°，
在Rt△DEC中，DE＝EC，
∴EC＝BF，
∴△ABF≌△ACE（SAS），
∴AF＝AE，∠BAF＝∠CAE，
∵∠CAE+∠BAE＝90°，
∴∠BAF+∠BAE＝90°，
∴AF⊥AE，
∴AF＝AE，AF⊥AE，
故答案为AF＝AE，AF⊥AE；
（2）成立；
在图1中，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠CBA＝90°，
∴AB＝AC，
∵DE⊥BC，
∴∠CDE＝∠DCE＝∠ABC＝45°，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴DE∥BF，DE＝BF，
∴∠FBE+∠DEB＝180°，
在图2中，∵∠BCE+∠CBE+∠DEB+∠DEC＝180°，
∠FBA+∠CBE+∠ABC＝∠FBE，
∠ABC＝45°，∠DEC＝90°，
∴∠FBA＝∠BCE+45°，
∵∠BCE＝∠ACD，∠ACE＝∠ACD+45°，
∴∠FBA＝∠ACE，
∵AB＝AC，BF＝DE＝CE，
∴△ACE≌△ABF（SAS），
∴AE＝AF，∠FAB＝∠CAE，
∵∠BAE+∠CAE＝90°，
∴∠BAE+∠FAB＝90°，
∴AF⊥AE，AF＝AE；
故（1）的结论成立；
（3）如图1
∵△DEC是等腰直角三角形，
∴DE＝EC，
∵DC＝3，
∴EC＝3，
在Rt△AEC中，AC＝5，
∴AE＝4，
过点B作BH⊥AE，
∵∠BAE+∠EAC＝∠EAC+∠ACE＝90°，
∴∠BAE＝∠ACE，
∴
∴BH＝4，
∴AH＝3，HE＝1，
在Rt△BHE中，BE＝；
如图2：延长BC与AD交于点N，过点A作AG⊥BC，过点E作EM⊥BC，过点D作DK⊥BC，
由上已知ED＝3，AE＝4，AC＝5，
∴AG＝，AD＝7，
∵∠ACE+∠DCK＝∠DCK+∠CDK＝90°，
∴∠ACE＝∠CDK，
∴，
∴DK＝，
∵DK∥AG，
∴，
∴，
∴DN＝18，
∵KD∥EM，
∴，
∴，
∴EM＝，
∴CM＝，
∴BM＝5+＝，
∴BE＝；
综上所述：BE＝或BE＝；


10．探究：证明：作CM⊥l1于点M，DN⊥l1于点N，如图①．
∵l1∥l2，
∴CM＝DN．
又∵△ABC与△ABD同底，
∴S1＝S2；

拓展：证明：连结BD，如图②．
∵四边形ABCD和四边形BEFG均为正方形，
∴∠ABD＝∠BEG＝45°．
∴BD∥EG．
由探究中的结论可得，S△DEG＝S△BEG，
∵S△BEG＝S正方形BEFG，
∴S△DEG＝S正方形BEFG；

应用：解：由“拓展”可得S△AGI＝S正方形ABIJ．
如图③，∵正方形CDEF的面积为l，
∴CF＝1．
∵点F、H分别是边CG、BI的中点，
∴BI＝4，即正方形ABIJ的边长为4．
∴S正方形ABIJ＝16．
∴S△AGI＝8．
故答案是：8．