中考数学二轮复习讲练测(全国通用)专题11四边形压轴(讲练)(原卷版+解析)

这是一份中考数学二轮复习讲练测(全国通用)专题11四边形压轴(讲练)(原卷版+解析)，共151页。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc163771120" 考情分析
\l "_Tc163771121" 考点 四边形压轴
\l "_Tc163771122" \l "_Tc163729858" \l "_Tc161669186"
\l "_Tc163771123" 题型01 与四边形有关的多结论问题（选/填）
\l "_Tc163771124" 题型02 与四边形有关的平移问题
\l "_Tc163771125" 题型03 与四边形有关的翻折问题
\l "_Tc163771126" 题型04 与四边形有关的旋转问题
\l "_Tc163771127" 题型05 与四边形有关的最值问题
\l "_Tc163771128" 题型06 与四边形有关的动点问题
\l "_Tc163771129" 题型07 与四边形有关的新定义问题
\l "_Tc163771130" 题型08 与四边形有关的阅读理解问题
\l "_Tc163771131" 题型09 与四边形有关的存在性问题
\l "_Tc163771132" 题型10 四边形与圆综合
\l "_Tc163771133" 题型11 四边形与函数综合
\l "_Tc163771134" \l "_Tc163729871" \l "_Tc161669192" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc163771135" \l "_Tc163729872" \l "_Tc163485733" \l "_Tc162276584" \l "_Tc161669193" 【好题必刷·强化落实】
考点 四边形压轴
题型01 与四边形有关的多结论问题（选/填）
1．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E,F分别是AB,BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF,AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM,CM,DM,BM，下列结论正确的是：①AF=DE；②BM∥DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF=22；⑤EP⋅DH=2AG⋅BH．（ ）

A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②⑤
2．（2022·湖北黄冈·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：
①四边形AECF是菱形；
②∠AFB＝2∠ACB；
③AC•EF＝CF•CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．
其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
3．（2021·四川南充·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=15，BC=20，把边AB沿对角线BD平移，点A'，B'分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点A'，B'，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线AA'的对称点的距离为48；③A'C−B'C的最大值为15；④A'C+B'C的最小值为917．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P在对角线BD上，过点P作MN⊥BD，交边AD，BC于点M，N，过点M作ME⊥AD交BD于点E，连接EN，BM，DN．下列结论：①EM=EN；②四边形MBND的面积不变；③当AM:MD=1:2时，S△MPE=9625；④BM+MN+ND的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．

题型02 与四边形有关的平移问题
1．（2023·吉林·中考真题）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形EFMN．转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形其中判定的依据是__________．
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH（ABm>0)的位置和函数y1=mx(x>0)、y2=m−ax(xm>0的条件下任意变化时，△PGH的面积是否变化？请说明理由；
(3)试判断直线PH与BC边的交点是否在函数y2的图像上？并说明理由．
2．（2023·江苏连云港·中考真题）【问题情境 建构函数】
（1）如图1，在矩形ABCD中，AB=4,M是CD的中点，AE⊥BM，垂足为E．设BC=x,AE=y，试用含x的代数式表示y．

【由数想形 新知初探】
（2）在上述表达式中，y与x成函数关系，其图像如图2所示．若x取任意实数，此时的函数图像是否具有对称性？若有，请说明理由，并在图2上补全函数图像．

【数形结合 深度探究】
（3）在“x取任意实数”的条件下，对上述函数继续探究，得出以下结论：①函数值y随x的增大而增大；②函数值y的取值范围是−420）

(1)当点P和点B重合时，线段PQ的长为__________；
(2)当点Q和点D重合时，求tan∠PQE；
(3)当点P在边AD上运动时，△PQE的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由；
(4)作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．
9．（2023·湖北襄阳·中考真题）【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的14.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形ABCD的对角线相交于点O，点P落在线段OC上，PAPC=k（k为常数）．

【特例证明】
（1）如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，N.
①填空：k=______；
②求证：PM=PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明△PAM≅△PBN；也可过点P分别作AB，BC的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的△PEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点N在边BC上，∠BPN=45°，延长NP交边CD于点E，若EN=kPN，求k的值．
10．（2023·山东潍坊·中考真题）［材料阅读]
用数形结合的方法，可以探究q+q2+q3+...+qn+…的值，其中00，
∴抛物线开口向上，
∴当x=6时，PB2+PC2的最小值是200
故答案为：200
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．
3．（2023·重庆·中考真题）如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．
(1)如图1，求证：∠CBE=∠CAF；
(2)如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH=FH；
(3)如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF．若AB=4，直接写出PQ+QF的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3+2
【分析】（1）根据旋转的性质得出CE=CF，∠ECF=60°，进而证明△BCE≌△ACFSAS，即可得证；
（2）过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，证明四边形四边形EDFK是平行四边形，即可得证；
（3）如图所示，延长AP,DQ交于点R，由（2）可知△DCG是等边三角形，根据折叠的性质可得∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°，进而得出△ADR是等边三角形，由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，得出四边形GDQF是平行四边形，则QF=DC=12AC=2，进而得出∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，则PQ=3PG=3GQ，当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，
∴CE=CF，∠ECF=60°
∴∠ACB=∠ECF
∴∠ACB−∠ACE=∠ECF−∠ACE
即∠BCE=∠ACF
在△BCE和△ACF中
EC=FC∠BCE=∠ACFBC=AC，
∴△BCE≌△ACFSAS，
∴∠CBE=∠CAF；
（2）证明：如图所示，过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，
∵AD⊥BC
∴BD=CD
∴AD垂直平分BC，
∴EB=EC
又∵△BCE≌△ACF，
∴AF=BE,CF=CE，
∴AF=CF,
∴F在AC的垂直平分线上，
∵AB=BC
∴B在AC的垂直平分线上，
∴BF垂直平分AC
∴AC⊥BF，AG=CG=12AC
∴∠AGF=90°
又∵DG=12AC=CG，∠ACD=60°
∴△DCG是等边三角形，
∴∠CGD=∠CDG=60°
∴∠AGH=∠DGC=60°
∴∠KGF=∠AGF−∠AGH=90°−60°=30°，
又∵∠ADK=∠ADC−∠GDC=90°−60°=30°，KF∥AD
∴∠HKF=∠ADK=30°
∴∠FKG=∠KGF=30°，
∴FG=FK
在Rt△CED与Rt△CGF中，
CF=CECD=CG
∴Rt△CED≌Rt△CFG
∴GF=ED
∴ED=FK
∴四边形EDFK是平行四边形，
∴EH=HF；
（3）解：依题意，如图所示，延长AP,DQ交于点R，

由（2）可知△DCG是等边三角形，
∴∠EDG=30°
∵将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，
∴∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°
∴∠PAE=∠QDE=60°，
∴△ADR是等边三角形，
∴∠QDC=∠ADC−∠ADQ=90°−60°=30°
由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG
∴DE=GF，
∵DE=DQ，
∴GF=DQ，
∵∠GBC=∠QDC=30°，
∴GF∥DQ
∴四边形GDQF是平行四边形，
∴QF=DG=12AC=2
由（2）可知G是AC的中点，则GA=GD
∴∠GAD=∠GDA=30°
∴∠AGD=120°
∵折叠，
∴∠AGP+∠DGQ=∠AGE+∠DGE=∠AGD=120°，
∴∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，
又PG=GE=GQ，
∴PQ=3PG=3GQ，
∴当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，此时如图所示，

∴GQ=12GC=12DC=1，
∴PQ=3，
∴PQ+QF=3+2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．（2023·山东淄博·中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．
(1)操作判断
小红将两个完全相同的矩形纸片ABCD和CEFG拼成“L”形图案，如图①．
试判断：△ACF的形状为________．

(2)深入探究
小红在保持矩形ABCD不动的条件下，将矩形CEFG绕点C旋转，若AB=2，AD=4．
探究一：当点F恰好落在AD的延长线上时，设CG与DF相交于点M，如图②．求△CMF的面积．
探究二：连接AE，取AE的中点H，连接DH，如图③．
求线段DH长度的最大值和最小值．

【答案】(1)等腰直角三角形
(2)探究一：52；探究二：线段DH长度的最大值为5+1，最小值为5−1
【分析】（1）由AC=CF，可知△ACF是等腰三角形，再由△ABC≌△FGC(SAS)，推导出∠ACF=90°，即可判断出△ACF是等腰直角三角形，
（2）探究一：证明△CDM≌△FGM(AAS)，可得CM=MF，再由等腰三角形的性质可得AD=DF，在Rt△CDM中，勾股定理列出方程CM2=22+(4−CM)2，解得CM，即可求△CMF的面积；
探究二：连接DE，取DE的中点P，连接HP，取AD、BC的中点为M、N，连接MN，MH，NH，分别得出四边形MHPD是平行四边形，四边形HNCP是平行四边形，则∠MHN=90°，可知H点在以MN为直径的圆上，设MN的中点为T，DT=5，即可得出DH的最大值与最小值．
【详解】（1）解：∵两个完全相同的矩形纸片ABCD和CEFG，
∴AC=CF，
∴△ACF是等腰三角形，
∵AB=GF，∠FGC=∠ABC=90°．BC=CG，
∴△ABC≌△FGC(SAS)，
∴∠BAC=∠GFC，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACG，
∴∠ACG=∠GFC，
∵∠GCF+∠GFC=90°，
∴∠ACG+∠GCF=90°，
∴∠ACF=90°，
∴△ACF是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
（2）探究一：∵CD=GF，∠FMG=∠DMC，∠G=∠CDF=90°，
∴△CDM≌△FGM(AAS)，
∴CM=MF，
∵AC=CF，CD⊥AF，
∴AD=DF，
∵AB=CD=2，AD=DF=4，
∴DM=4−CM，
在Rt△CDM中，CM2=CD2+DM2，
∴ CM2=22+(4−CM)2，
解得CM= 52，
∴MF= 52，
∴△CMF的面积= 12×2×52=52；
探究二：连接DE，取DE的中点P，连接HP，CP，取AD、BC的中点为M、N，连接MN，MH，NH，

∵H是AE的中点，
∴ MH∥DE，且MH= 12 DE，
∵CD=CE，
∴CP⊥DE，DP=PE，
∵ MH∥DP，且MH=DP，
∴四边形MHPD是平行四边形，
∴MD=HP，MD∥HP，
∵ AD∥BC，MD=CN，
∴ HP∥CN，HP=CN，
∴四边形HNCP是平行四边形，
∴ NH∥CP，
∴∠MHN=90°，
∴H点在以MN为直径的圆上，
设MN的中点为T，
∴ DT=12+22=5，
∴DH的最大值为5+1，最小值为5−1．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的性质，圆的性质，能够确定H点的运动轨迹是解题的关键．
5．（2022·江苏镇江·中考真题）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．
(1)如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH=AB；
(2)如图2，已知AE=AH，CF=CG，当AE、CF的大小有_________关系时，四边形EFGH是矩形；
(3)如图3，AE=DG，EG、FH相交于点O，OE:OF=4:5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)AE=CF
(3)平行四边形，证明见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质证得∠BEF=∠AHE，根据角角边证明△AEH≌△BFE．
（2）当AE=CF，证得△AEH≌△FCG，△EBF是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．
（3）利用正方形的性质证得AEGD为平行四边形，过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，由平行线分线段成比例，设OE=4x，OF=5x，HN=ℎ，则可表示出HN，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．
【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90°，
∴∠AEH+∠AHE=90°．
∵四边形EFGH为正方形，
∴EH=EF，∠HEF=90°，
∴∠AEH+∠BEF=90°，
∴∠BEF=∠AHE．
在△AEH和△BFE中，
∵∠A=∠B=90°，∠AHE=∠BEF，EH=FE，
∴△AEH≌△BFE．
∴AH=BE．
∴AE+AH=AE+BE=AB；
（2）AE=CF；证明如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90°，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴△AEH≌△FCG，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD．
∵AE=DG，AE∥DG，
∴四边形AEGD为平行四边形．
∴AD∥EG．
∴EG∥BC．
过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，
∴HNHM=HOHF．
∵OE:OF=4:5，
设OE=4x，OF=5x，HN=ℎ，则ℎ16=20−5x20，
∴ℎ=44−x．
∴S=12⋅OE⋅HN=12⋅4x⋅4(4−x)=−8(x−2)2+32．
∴当x=2时，△OEH的面积最大，
∴OE=4x=8=12EG=OG，OF=5x=10=12HF=OH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．
题型06 与四边形有关的动点问题
1．（2023·海南·中考真题）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=6，∠ABC=60°，点P为线段BO上的动点（不与点B，O重合），连接CP并延长交边AB于点G，交DA的延长线于点H．

(1)当点G恰好为AB的中点时，求证：△AGH≌△BGC；
(2)求线段BD的长；
(3)当△APH为直角三角形时，求HPPC的值；
(4)如图2，作线段CG的垂直平分线，交BD于点N，交CG于点M，连接NG，在点P的运动过程中，∠CGN的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)63
(3)2或2+3
(4)∠CGN的度数是定值，30°
【分析】（1）由 “AAS”可证△AGH≌△BGC；
（2）由菱形的性质可得AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∠ABD=12∠ABC=30°，再由直角三角形的性质可求解；
（3）分类讨论：当∠DAP=90°时；当∠APH=90°时，由直角三角形的性质可求AP、PD的长，由等腰三角形的判定与性质可求BP的长，通过证明△BPC∽△DPH，可得DPBP=HPPC，即可求解；
（4）先证点M、点H、点O三点共线，由直角三角形的性质可得HO=HB=CH，可求∠CBO=∠BOH=30°，通过证明点O、点C、点M、点N四点共圆，可得∠BOH=∠NCM=30°，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠HAB=∠ABC，
∵点G是AB的中点，
∴AG=BG，
∵∠AGH=∠BGC，
∴△AGH≌△BGCAAS；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AB=6，∠ABC=60°，
∴AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∠ABD=12∠ABC=30°，
∴∠AOB=90°，
∴AO=12AB=3，
∴BO=AB2−AO2=62−32=33，
∴BD=2BO=63；
（3）解：当∠DAP=90°时，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠ADC=60°，∠ADB=12∠ADC=30°，AD=AB=6，AD∥BC，
∴AP=12PD，
∵AP2+AD2=PD2，即12PD2+62=PD2，
∴PD=43，AP=23，
∵AD∥BC，∠ABC=60°，
∴∠BAD=180°−∠ABC=180°−60°=120°，
∴∠BAP=∠BAD−∠PAD=120°−90°=30°=∠ABP，
∴BP=AP=23，
∵AD∥BC，
∴△BPC∽△DPH，
∴DPBP=HPPC，
∴HPPC=4323=2；
当∠APH=90°时，
∴∠DPA=∠DPC=45°，
由（2）得：BD=63，AO=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BO=DO=12BD=33，
∴AO=PO=3，
∴BP=BO−PO=33−3，DP=DO+PO=33+3，
∵AD∥BC，
∴△BPC∽△DPH，
∴DPBP=HPPC，
∴HPPC=33+333−3=2+3，
综上所述：HPPC=2+3或2
（4）解：∠CGN的度数是定值．
如图，取BC的中点H，连接OH、HM、NC，
，
∵MN是CG的垂直平分线，
∴GN=CN，GM=CM，
∴∠NGC=∠GCN，
∵点H是BC的中点，GM=CM，
∴MH∥AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO，AC⊥BD，∠CBO=12∠ABC=30°，
∵点H是BC的中点，AO=CO，
∴OH∥AB，
∴点M、点H、点O三点共线，
∵点H是BC的中点，AC⊥BD，
∴HO=HB=CH，
∴∠CBO=∠BOH=30°，
∵∠COB=∠NMC=90°，
∴∠CON+∠NMC=180°，
∴点O、点C、点M、点N四点共圆，
∴∠BOH=∠NCM=30°，
∴∠CGN=∠NCM=30°．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2．（2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF．

(1)若∠ABE=15°，求证：△ABF是等边三角形；
(2)延长FA，交射线BE于点G；
①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由；
②若AB=3+6，求△BGF面积的最大值，并求此时AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)①△BGF能为等腰三角形，∠ABE=22.5°；②AE=3
【分析】（1）由轴对称的性质得到BF=BC，根据正方形的性质得到∠ABC=90°，求得∠CBE=75°，根据轴对称的性质得到∠FBE=∠CBE=75°，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①根据轴对称的性质得到BC=BF，根据正方形的性质得到BC=AB，得到BA