专题02 四边形问题-2022年中考数学必考的十五种类型大题夺分技巧再训练

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专题02 四边形问题
1．已知：如图，在▱ABCD中，点O是CD的中点，连接AO并延长，交BC的延长线于点E，求证：AD＝CE．

【答案】见解析。
【解析】只要证明△AOD≌△EOC（ASA）即可解决问题；
证明：∵O是CD的中点，
∴OD＝CO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠D＝∠OCE，
在△ADO和△ECO中，
∠D=∠OCEOD=OC∠AOD=∠EOC，
∴△AOD≌△EOC（ASA），
∴AD＝CE．
2．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点M，N分别为OA、OC的中点，延长BM至点E，使EM＝BM，连接DE．
（1）求证：△AMB≌△CND；
（2）若BD＝2AB，且AB＝5，DN＝4，求四边形DEMN的面积．

【答案】见解析。
【分析】（1）依据平行四边形的性质，即可得到△AMB≌△CND；
（2）依据全等三角形的性质，即可得出四边形DEMN是平行四边形，再根据等腰三角形的性质，即可得到∠EMN是直角，进而得到四边形DEMN是矩形，即可得出四边形DEMN的面积．
【解析】（1）∵平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，
∴AO＝CO，
又∵点M，N分别为OA、OC的中点，
∴AM＝CN，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAM＝∠DCN，
∴△AMB≌△CND（SAS）；
（2）∵△AMB≌△CND，
∴BM＝DN，∠ABM＝∠CDN，
又∵BM＝EM，
∴DN＝EM，
∵AB∥CD，
∴∠ABO＝∠CDO，∴∠MBO＝∠NDO，∴ME∥DN,∴四边形DEMN是平行四边形，
∵BD＝2AB，BD＝2BO，
∴AB＝OB，
又∵M是AO的中点，∴BM⊥AO，∴∠EMN＝90°，∴四边形DEMN是矩形，
∵AB＝5，DN＝BM＝4，
∴AM＝3＝MO，
∴MN＝6，
∴矩形DEMN的面积＝6×4＝24．

3．如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作EF⊥AC，分别交AB、DC于点E、F，连接AF、CE．
（1）若OE=32，求EF的长；
（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．

【答案】见解析。
【分析】（1）判定△AOE≌△COF（ASA），即可得OE＝OF=32，进而得出EF的长；
（2）先判定四边形AECF是平行四边形，再根据EF⊥AC，即可得到四边形AECF是菱形．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AO＝CO，
∴∠FCO＝∠EAO，
又∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF=32，
∴EF＝2OE＝3；
（2）四边形AECF是菱形，
理由：∵△AOE≌△COF，
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形．

4．如图，点E是▱ABCD的边CD的中点，连结AE并延长，交BC的延长线于点F．
（1）若AD的长为2，求CF的长．
（2）若∠BAF＝90°，试添加一个条件，并写出∠F的度数．

【答案】见解析。
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥CF，则∠DAE＝∠CFE，∠ADE＝∠FCE，由点E是CD的中点，得出DE＝CE，由AAS证得△ADE≌△FCE，即可得出结果；
（2）添加一个条件当∠B＝60°时，由直角三角形的性质即可得出结果（答案不唯一）．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CF，
∴∠DAE＝∠CFE，∠ADE＝∠FCE，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE和△FCE中，∠DAE=∠CFE∠ADE=∠FCEDE=CE，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴CF＝AD＝2；
（2）∵∠BAF＝90°，
添加一个条件：当∠B＝60°时，∠F＝90°﹣60°＝30°（答案不唯一）．
5．如图，在▱ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，AC与EF相交于点O，且AO＝CO．
（1）求证：△AOF≌△COE；
（2）连接AE、CF，则四边形AECF　　（填“是”或“不是”）平行四边形．

【答案】见解析。
【分析】（1）由ASA证明△AOF≌△COE即可；
（2）由全等三角形的性质得出FO＝EO，再由AO＝CO，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
在△AOF和△COE中，∠OAF=∠OCEAO=CO∠AOF=∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA）
（2）解：四边形AECF是平行四边形，理由如下：
由（1）得：△AOF≌△COE，
∴FO＝EO，
又∵AO＝CO，
∴四边形AECF是平行四边形；
故答案为：是．
6．如图，在菱形ABCD中，将对角线AC分别向两端延长到点E和F，使得AE＝CF．连接DE，DF，BE，BF．求证：四边形BEDF是菱形．

【答案】见解析。
【解析】四边形ABCD是菱形，可得AB＝BC＝CD＝DA，∠DCA＝∠BCA，∠DAC＝∠BAC，可以证明△CDF≌△CBF，△DAE≌△BFC，△DCF≌△BEA，进而证明平行四边形BEDF是菱形．
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD，∠DCA＝∠BCA，
∴∠DCF＝∠BCF，
∵CF＝CF，
∴△CDF≌△CBF（SAS），
∴DF＝BF，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCF，
∵AE＝CF，DA＝AB，
∴△DAE≌△BFC（SAS），
∴DE＝BF，
同理可证：△DCF≌△BEA（SAS），
∴DF＝BE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵DF＝BF，
∴平行四边形BEDF是菱形．
7．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．
（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．

【答案】见解析。
【解析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM＝ON，由OB＝OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；
（2）由菱形的性质得出BM＝BN＝DM＝DN，OB=12BD＝12，OM=12MN＝5，由勾股定理得BM＝13，即可得出答案．
（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠DMO＝∠BNO，
∵MN是对角线BD的垂直平分线，
∴OB＝OD，MN⊥BD，
在△MOD和△NOB中，∠DMO=∠BNO∠MOD=∠NOBOD=OB，
∴△MOD≌△NOB（AAS），
∴OM＝ON，
∵OB＝OD，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∵MN⊥BD，
∴四边形BNDM是菱形；
（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD＝24，MN＝10，
∴BM＝BN＝DM＝DN，OB=12BD＝12，OM=12MN＝5，
在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM=OM2+OB2=52+122=13，
∴菱形BNDM的周长＝4BM＝4×13＝52．
8．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．

【答案】见解析。
【解析】（1）根据平行线的性质得到∠AFE＝∠DBE，根据线段中点的定义得到AE＝DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AF＝BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC＝90°，于是得到结论．
证明：（1）∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是线段AD的中点，
∴AE＝DE，
∵∠AEF＝∠DEB，
∴△BDE≌△FAE（AAS）；
（2）∵△BDE≌△FAE，
∴AF＝BD，
∵D是线段BC的中点，
∴BD＝CD，
∴AF＝CD，
∵AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF为矩形．
9．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．

【答案】见解析。
【解析】（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，∠DAO＝∠BAO，
∵E是AD的中点，
∴AE＝OE=12AD，
∴∠EAO＝∠AOE，
∴∠AOE＝∠BAO，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG＝90°，
∴四边形OEFG是矩形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE=12AD＝5；
由（1）知，四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF=AE2-EF2=3，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．

10．如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，连接BE，CE．
（1）求证：△BAE≌△CDE；
（2）求∠AEB的度数．

【答案】见解析。
【解析】（1）证明：∵△ADE为等边三角形，
∴∠AD＝AE＝DE，∠EAD＝∠EDA＝60°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA＝90°，
∴∠EAB＝∠EDC＝150°，
在△BAE和△CDE中
AB=DC∠EAB=∠EDCAE=DE，
∴△BAE≌△CDE（SAS）；
（2）∵AB＝AD，AD＝AE，
∴AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∵∠EAB＝150°，
∴∠ABE=12（180°﹣150°）＝15°．
11．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A、C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD、AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．
（1）求证：EF＝DE；
（2）当AF＝2时，求GE的长．

【答案】见解析。
【分析】（1）要证明EF＝DE，只要证明△DME≌△ENF即可，然后根据题目中的条件和正方形的性质，可以得到△DME≌△ENF的条件，从而可以证明结论成立；
（2）根据勾股定理和三角形相似，可以得到AG和CG、CE的长，然后即可得到GE的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECM＝45°，
∵MN∥BC，∠BCM＝90°，
∴∠NMC+∠BCM＝180°，∠MNB+∠B＝180°，
∴∠NMC＝90°，∠MNB＝90°，
∴∠MEC＝∠MCE＝45°，∠DME＝∠ENF＝90°，
∴MC＝ME，
∵CD＝MN，
∴DM＝EN，
∵DE⊥EF，∠EDM+∠DEM＝90°，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DEM+∠FEN＝90°，
∴∠EDM＝∠FEN，
在△DME和△ENF中
∠EDM=∠FENDM=EN∠DME=∠ENF，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴EF＝DE；
（2）如图1所示，由（1）知，△DME≌△ENF，
∴ME＝NF，
∵四边形MNBC是矩形，
∴MC＝BN，
又∵ME＝MC，AB＝4，AF＝2，
∴BN＝MC＝NF＝1，
∵∠EMC＝90°，
∴CE=2，
∵AF∥CD，
∴△DGC∽△FGA，
∴CDAF=CGAG，
∴42=CGAG，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝42，
∵AC＝AG+GC，
∴AG=423，CG=823，
∴GE＝GC﹣CE=823-2=523；
如图2所示，
同理可得，FN＝BN，
∵AF＝2，AB＝4，
∴AN＝1，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝42，
∵AF∥CD，
∴△GAF∽△GCD，
∴AFCD=GAGC，
即24=AGAG+42，
解得，AG＝42，
∵AN＝NE＝1，∠ENA＝90°，
∴AE=2，
∴GE＝GA+AE＝52．

12． 如图，正方形ABCD的边长为6，E、F分别是边CD、AD上的动点，AE和BF交于点G．
（1）如图（1），若E为边CD的中点，AF＝2FD，求AG的长；
（2）如图（2），若点F在AD上从A向D运动，点E在DC上从D向C运动．两点同时出发，同时到达各自终点，求在运动过程中，点G运动的路径长；
（3）如图（3），若E、F分别是边CD、AD上的中点，BD与AE交于点H，求∠FBD的正切值．

【解答】（1）AG＝；（2）点G运动的路径长＝；（3）∴tan∠FBD＝
【解析】（1）如图（1），延长BF、CD交于点H，

∵E为边CD的中点，
∴DE＝DC＝3，
由勾股定理得，，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，
∴△AFB∽△DFH，
∴＝2，
∵AB＝6，
∴DH＝3，
∴EH＝6，
∴AB∥CD，
∴△AGB∽△EGH，
∴＝1，
∴AG＝AE＝；
（2）如图（2），取AB的中点O，连接OG，

由题意得，AF＝DE，
在△BAF和△ADE中，
，
∴△BAF≌△ADE（SAS）
∴∠ABF＝∠DAE，
∵∠BAG+∠DAE＝90°，
∴∠BAG+∠ABG＝90°，即∠AGB＝90°，
∵点O是AB的中点，
∴OG＝AB＝3，
当点E与点C重合、点F与得D重合时，∠AOG＝90°，
∴点G运动的路径长＝；
（3）如图（3），作FQ⊥BD于Q，

设正方形的边长为2a，
∵点F是边AD上的中点，
∴AF＝DF＝a，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BD＝AB＝2a，∠ADB＝45°，
∴QF＝QD＝a，
∴BQ＝BD﹣DQ＝a，
∴tan∠FBD＝．
13．在平行四边形ABCD中，AF平分∠BAD交BC于点F，∠BAC＝90°，点E是对角线AC上的点，连结BE．
（1）如图1．若AB＝AE，BF＝3，求BE的长；
（2）如图2，若AB＝AE，点G是BE的中点，∠FAG＝∠BFG，求证：AB＝FG；
（3）如图3，以点E为直角顶点，在BE的右下方作等腰直角△BEM，若点E从点A出发，沿AC运动到点C停止，设在点E运动过程中，BM的中点N经过的路径长为m，AC的长为n，请直接写出的值．

【解答】（1）BE＝3；（2）见解析；（3）
【解析】（1）如图1中，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAF＝∠AFB，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF＝∠BAF，
∴∠BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF＝3，
∵AB＝AE，∠BAE＝90°，
∴BE＝AB＝3．
（2）证明：连接EF，过点G作GH⊥EF交EF的延长线于H．设BG＝a，FG＝b．

∵AB＝AE，∠BAE＝90°，BG＝GE，
∴AG⊥BE，AG＝GB＝GE，
∴AB＝BG＝a，
∵BF＝AB＝a，
∴BF2＝2a2，BG•BE＝2a2，
∴BF2＝BG•BE，
∴，
∵∠FBG＝∠EBF，
∴△GBF∽△FBE，
∴，∠BFG＝∠BEF，
∴EF＝GF＝b，
∵∠BAF＝∠BFA，∠GAF＝∠BFG，
∴∠AFG＝∠BAG＝45°，∠GAF＝∠GEF，
∴∠AGE＝∠AFE＝90°，
∴∠GFH＝45°，
∵GH⊥EH，
∴GH＝FH＝b，
∴EH＝FH+EF＝b，
∴，
∴AB＝AE＝GE＝b，
∴AB＝GF．
（3）如图3中，在AC上取一点T，使得AT＝AB，连接BT，TM，取BT的中点J，连接NJ．

∵△ABT，△BEM都是等腰直角三角形，
∴BT＝AB，BM＝BE，∠ABT＝∠EBM＝45°，
∴，∠ABE＝∠TBM，
∴△ABE∽△TBM，
∴，∠AEB＝∠BMT，
∵∠AEB+∠BET＝180°，∴∠BMT+∠BET＝180°，∴∠EBM+∠ETM＝180°，
∵∠EBM＝∠ETB＝45°，∴∠ETM＝135°，∠BTM＝90°，
∵BJ＝JT，BN＝NM，
∴NJ∥TM，NJ＝TM，
∴∠BJN＝∠BTM＝90°，
∴点N的运动轨迹是线段JN，JN＝TM＝AE，
∵点E从A运动到C时，AE＝AC＝n，
∴m＝n，∴．