2022年九年级中考复习数学高分冲刺训练——几何综合：《四边形综合》(三)及答案

这是一份2022年九年级中考复习数学高分冲刺训练——几何综合：《四边形综合》(三)及答案，共25页。试卷主要包含了感知，探究问题，综合与实践等内容，欢迎下载使用。
备战2022年九年级中考复习数学高分冲刺训练——几何综合：《四边形综合》（三）

1．从▱ABCD的顶点A，B，C，D向形外的任意直线MN作垂线AA'，BB'，CC'，DD'，垂足是点A'，B'，C'，D'．求证：AA'+CC'＝BB'+DD'．
（2）如图（2），将直线MN向上平移，使得点A在直线一侧，点B，C，D三点在直线的另一侧，这时，从点A，B，C，D向直线MN作垂线，垂足分别为点A'，B'，C′，D'，那么垂线段AA'，BB'，CC'，DD'之间存在什么关系？
（3）如图（3），再将直线MN向上平行移动，使两侧各有两个顶点，从点A，B，C，D向直线MN作的垂线段AA'，BB'，CC'，DD'，它们之间又有什么关系？根据图（2）、图（3）写出你的猜想，并加以证明．




2．在平面直角坐标系xOy中，边长为的正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点P，顶点A在x轴正半轴上运动，顶点B在y轴正半轴上运动，顶点C、D都在第一象限．
（1）当∠BAO＝45°时，求点P的坐标；
（2）求证：无论点A在x轴正半轴上、点B在y轴正半轴上怎样运动，点P都在∠AOB的平分线上；
（3）在运动的过程中，若点B与点O重合时，点P到y轴的距离是　 　，若点A与点O重合时，点P到y轴的距离是　 　．由此可见，点A、B在坐标轴的正半轴上运动（x轴的正半轴、y轴的正半轴都不包含原点O）时，点P到y轴的距离h的取值范围是　 　．




3．如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P沿边AB从点A向点B以1cm/s的速度移动；同时，点Q从点B沿边BC向点C以2cm/s的速度移动，设点P、Q移动的时间为ts．问：
（1）当t为何值时△PBQ的面积等于8cm2？
（2）当t为何值时△DPQ是直角三角形？
（3）是否存在t的值，使△DPQ的面积最小，若存在，求此时t的值及此时的面积；若不存在，请说明理由．





4．如图1，正方形ABCD中，点E在AD上，点F在BC上，点P在AB上，EF⊥PD于Q．
（1）求证：EF＝PD；
（2）如图2，点M在EF上，且QM＝QD，连接BM，N为BM的中点，求证：QC＝CN；
（3）在（2）的条件下，若CD＝QC，CF＝，AE＝3，求CN的长．




5．如图，在直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为（3，0），（3，4），动点M从点O出发，以每秒一个单位长度的速度，沿OA向终点A移动，点N从点B出发沿BC向终点C以同样的速度移动，过点N作NP⊥BC交AC于P，连接MP．
（1）当动点运动了xs时，求P点的坐标（用含x的代数式表示）；
（2）求△MPA面积的最大值，并求此时的x值；
（3）当x为何值时，△MPA是一个等腰三角形？






6．点E，F分别在边CB，DC的延长线上，且BE＝CF．在（2）的基础上，连接AE，EF，分别取AE，EF，FD，AD的中点M，N，P，Q，请判断四边形MNPQ的形状，并写出证明．




7．感知：如图①，直线l经过正方形ACDE顶点C，且正方形ACDE在直线l的上方，作AB⊥l于点B，DF⊥l于点F，求证：△ABC≌△CFD
应用1：如图②，将图1中的正方形ACDE绕点C顺时针旋转使直线l与边DE相交，作AB⊥于点B，DF⊥l于点F，若AB＝6，DF＝3.2，求BF的长；
应用2：如图③，l1∥l2∥l3∥l4，相邻两条平行直线间的距离相等，正方形ABCD的四个顶点分别在这四条平行线上，连结BD，则BD与l2相交所成锐角α的正切值为　 　．





8．探究问题：
（1）方法感悟：
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF，求证DE+BF＝EF．
感悟解题方法，并完成下列填空：
证明：延长CB到G，使BG＝DE，连接AG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABG＝∠D＝90°，
∴△ADE≌△ABG．
∴AG＝AE，∠1＝∠2；
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠2+∠3＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°．
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝45°．
即GAF＝∠　 　．
又AG＝AE，AF＝AF，
∴△GAF≌　 　．
∴FG＝EF，
∵FG＝FB+BG，
又BG＝DE，
∴DE+BF＝EF．
变化：在图①中，过点A作AM⊥EF于点M，请直接写出AM和AB的数量关系　 　；
（2）方法迁移：

如图②，将Rt△ABC沿斜边AC翻折得到Rt△ADC，E，F分别是BC，CD边上的点，∠EAF＝∠BAD，连接EF，过点A作AM⊥EF于点M，试猜想DF，BE，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．试猜想AM与AB之间的数量关系，并证明你的猜想．
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，E，F分别为DC，BC上的点，满足∠EAF＝∠DAB，试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得DE+BF＝EF．请直接写出你的猜想（不必说明理由）．猜想：∠B与∠D满足关系：　 　．




9．如果一个四边形的对角线把四边形分成两个三角形，一个是等边三角形，另一个是该对角线所对的角为60°的三角形，我们把这条对角线叫做这个四边形的理想对角线，这个四边形称为理想四边形．
（1）如图①，在Rt△ABC中∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝4，D为AB上一点，AD＝2，E为BC中点，连接DE．求证：四边形ADEC为理想四边形；
（2）如图②，△ABC是等边三角形，若BD为理想对角线，四边形ABCD为理想四边形．请画图找出符合条件的C点落在怎样的图形上；
（3）在（2）的条件下，
①若△BCD为直角三角形，BC＝3，求AC的长度；
②如图③，若CD＝x，BC＝y，AC＝z，请直接写出x，y，z之间的数量关系．





10．综合与实践
操作发现：
如图1和图2，已知点P为正方形ABCD的边AD和CD上的一个动点（点A，D，C除外），作射线BP，作AE⊥BP于点E，CF⊥BP于点F，DG⊥BP于点G．
（1）如图1，当点P在CD上（点C，D除外）运动时，求证：AE＝CF+DG；
（2）如图2，当点P在AD上（点A，D除外）运动时，请直接写出线段AE，CF，DG之间的数量关系；
拓广探索：
（3）在（1）的条件下，找出与DG相等的线段，并说明理由；
（4）如图3，若点P为矩形ABCD的边CD上一点，作射线BP，作AE⊥BP于点E，CF⊥BP于点F，DG⊥BP于点G．若CD＝2BE＝6，EG＝4，则DG＝　 　．














参考答案
1．（1）证明：如图（1），连接AC，BD相交于点O，作OO1⊥MN于点O1，

∵AA'⊥MN，CC'⊥MN，
∴AA'∥CC'，
∵O是AC的中点，
∴AA'+CC'＝2OO1，
同理，BB'+DD'＝2OO1，
∴AA'+CC'＝BB'+DD'；

（2）解：如图（2），连接AC'，连接AC，BD交于点O，过点O作OG⊥MN，垂足为G，延长OG交AC'的连线于点H，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是线段AC的中点也是线段BD的中点．
∵CC'⊥MN，
∴OH是△ACC'的中位线，
∴OH＝OG+GH＝CC'．
同理，GH＝AA'，
∴OG＝（CC'﹣AA'），即2OG＝CC'﹣AA'．
∵DD'⊥MN，BB'⊥MN，
∴DD'∥BB'，
∴OG是梯形DD'B'B的中位线，
∴DD'+BB'＝2OG，
∴CC'﹣AA'＝BB'+DD'；

（3）解：如图（3），连接AC，BD交于点O，连接DB'，AC'，过点O作OG⊥MN，G为垂足，

延长OG交DB'于点K，交AC'于点H，
∵CC'⊥MN，O是AC的中点，OH⊥MN，
∴OH是△ACC'的中位线，
∴OH＝OG+GH＝CC'．
同理，GH＝AA'，OK＝BB'，GK＝OG+OK＝DD'，
∴OG＝CC'﹣GH＝CC'﹣AA'，即2OG＝CC'﹣AA'．
同理，2OG＝DD'﹣BB'，
∴CC'﹣AA'＝DD'﹣BB'．
2．解：（1）∵∠BPA＝90°，PA＝PB，
∴∠PAB＝45°，
∵∠BAO＝45°，
∴∠PAO＝90°，
∴四边形OAPB是正方形，
∵AB＝，由勾股定理得：PA＝PB＝1
∴P点的坐标为：（1，1）．
（2）证明：如图，作PE⊥x轴交x轴于E点，作PF⊥y轴交y轴于F点，

∵∠BPE+∠EPA＝90°，∠EPB+∠FPB＝90°，
∴∠FPB＝∠EPA，
在△PBF和△PAE中，
，
∴△PBF≌△PAE（AAS），
∴PE＝PF，
∴点P在∠AOB的平分线上．
（3）解：当点B与点O重合时，点A与点O重合时，点P到y轴的距离最小，
d＝×＝，
当OA＝OB时，点P到y轴的距离最大，d＝PB＝1，
∵点A，B都不与原点重合，
∴＜d≤1，
故答案为：，，．
3．解：（1）由题意得AP＝t，QB＝2t，PB＝6﹣t．
∵△PBQ的面积等于8cm2，
∴×（6﹣t）×2t＝8，
∴解得t＝2或t＝4，
又∵0≤t≤6，
∴当t＝2s或t＝4s时，△PBQ的面积等于8cm2．

（2）当t＝0时，点P，Q分别与点A，B重合，
此时，∠DPQ＝∠DAB＝90°，△DPQ是直角三角形；
当PQ⊥DQ时，∠PQB＝∠QDC，∠B＝∠C，
∴△BPQ∽△CQD，
∴＝，即＝，
∴2t2﹣15t+18＝0，
解得：t＝或6，
故当t＝时，△PQD是直角三角形；当t＝6时，P点到达B点、Q点到达C点，此时∠PQD＝∠BCD＝90°，即△PQD是直角三角形．
综上所述，当t的值为0秒或秒或6秒时，△DPQ是直角三角形；

（3）存在t的值，使△DPQ的面积最小．
由题意得AP＝t，QB＝2t，PB＝6﹣t，
∴S△DPQ＝S梯形ABQD﹣S△APD﹣S△BPQ
＝（2t+12）×6﹣×12×t﹣×（6﹣t）×2t
＝t2﹣6t+36
＝（t﹣3）2+27，
又∵0≤t≤6，
∴当t＝3时，S△DPQ有最小值27．

4．（1）证明：如图，过点E作EH⊥BC于H．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，AD＝AB，
∵EH⊥BC，
∴∠EHB＝∠EHF＝90°，
∴四边形ABHE是矩形，
∴EH＝AB＝AD，∠AEH＝∠DEH＝90°，
∴∠HEF+∠FED＝90°，
∵EF⊥PD，
∴∠EQD＝90°，
∴∠QED+∠ADP＝90°，
∴∠ADP＝∠HEF，
∵∠A＝∠EHF＝90°，
∴△ADP≌△HEF（ASA），
∴DP＝EF．

（2）证明：如图2中，连接QN，延长QN到K，使得NK＝QN，连接BK，CK．

∵BN＝NM，∠BNK＝∠MNQ，NK＝NQ，
∴△BNK≌△MNQ（SAS），
∴BK＝QM，∠BKN＝∠NQM，
∴BK∥QF，
∴∠CBK＝∠BFQ，
∵QD＝QM，
∴DQ＝BK，
∵EF⊥PD，四边形ABCD是正方形，
∴∠DQF＝∠DCF＝90°，
∴∠CFQ+∠CDQ＝180°，
∵∠CFQ+∠BFQ＝180°，
∴∠CDQ＝∠BFQ＝∠CBK，
∵BC＝DC，
∴△BCK≌△DCQ（SAS），
∴CQ＝CK，∠BCK＝∠DCQ，
∴∠QCK＝∠DCB＝90°，
∵QN＝NK，
∴CN⊥QK，CN＝QN＝NK，
∴△CNQ是等腰直角三角形，
∴CQ＝CN．

（3）解：如图3中，过点C作CJ⊥PD于J交AD于K．

∵CQ＝CD，CJ⊥DQ，
∴QJ＝JD，
∵EF⊥PD，CK⊥PD，
∴CK∥EF，
∵QJ＝JD，
∴EK＝DK，
∵EK∥CF，EF∥CK，
∴四边形EFCK是平行四边形，
∴CF＝EK＝DK＝，
∴ED＝EK+DK＝5，
∵AE＝3，
∴AD＝CD＝CQ＝8，
∵QC＝CN，
∴CN＝4．
5．解：（1）动点运动x秒后，则BN＝x，
则PG＝x，CN＝3﹣x，
∵∠ACB＝∠PCN，∠ABC＝∠PNC＝90°，
∴△CPN∽△CAB，
∴＝，
又CN＝3﹣x，AB＝4，BC＝3，
∴PN＝（3﹣x），
则PG＝NG﹣NP＝4﹣（3﹣x）＝x，
∴P点的坐标为 （3﹣x， x）；

（2）设△MPA的面积为S，在△MPA中，MA＝3﹣x，MA边上的高为x，
其中，0≤x＜3，
∴S＝（3﹣x）×x＝（﹣x2+3x）＝﹣（x﹣）2+，
∴S的最大值为，此时x＝；

（3）要使得△MPA为等腰三角形，
①AP＝PM，使得AG＝MG即可，
MG＝3﹣x﹣x＝3﹣2x，AG＝x，
解得x＝1，
②AM＝AP，则AM＝3﹣x，AP＝x，
解得x＝，
③PM＝AM，则AM＝3﹣x，PM＝，
解得x＝，
综上所述，当x＝1或或时，△MPA为等腰三角形．

6．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵BE＝CF，
∴BC﹣BE＝DC﹣CF，
即CE＝DF，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF＝DE，
∴∠DAF＝∠CDE，
∵∠DAF+∠DFA＝90°，
∴∠CDE+∠DFA＝90°，
∴∠DGF＝90°，
∴AF⊥DE；
（2）（1）中的结论成立，
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠DCB＝90°，AD＝DC＝CB，
又∵BE＝CF，
∴DC+CF＝CB+BE，
即DF＝CE，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF＝DE，
∴∠F＝∠E，
∵∠E+∠EDF＝90°，
∴∠F+∠EDF＝90°，
∴∠DGF＝90°，
∴AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．
证明：如图，设PN，AF交于点O，PQ交DE于点G，AF，DE交于点H，

∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴PQ、MN分别是△ADF、△AEF的中位线，
∴PQ＝MN＝AF，PQ∥NM∥AF；
同理MQ＝PN＝DE，MQ∥PN∥DE，
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∵AF＝DE，
∴PN＝MN，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AF⊥DE，
∴∠DHF＝90°，
∴∠POH＝∠PGH＝90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
7．感知：
证明：如图①，∵AB⊥l，DF⊥l，

∴∠ABC＝∠CFD＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，
∵四边形ACDE是正方形，
∴∠ACD＝90°＝∠ACB+∠DCF，AC＝CD，
∴∠BAC＝∠DCF，
在△ABC和△CFD中，
∵，
∴△ABC≌△CFD（AAS）；

应用1：
解：如图②，

∵AB⊥l，DF⊥l，
∴∠ABC＝∠CFD＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，
∵四边形ACDE是正方形，
∴∠ACD＝90°＝∠ACB+∠DCF，AC＝CD，
∴∠BAC＝∠DCF，
在△ABC和△CFD中，
∵，
∴△ABC≌△CFD（AAS），
∴CF＝AB＝6，DF＝BC＝3.2，
∴BF＝CF﹣BC＝6﹣3.2＝2.8；

应用2：
解：如图③，过B作BG⊥l1于G，交l2于E，过D作DH⊥l1于H，

∵l1∥l2∥l3∥l4，相邻两条平行直线间的距离相等，
∴设每相邻的两条平行直线间的距离为h，则DH＝h，BG＝2h，
同理得△BGA≌△AHD（AAS），
∴BG＝AH＝2h，AG＝DH＝h，
∴DE＝GH＝h+2h＝3h，
Rt△BED中，tan∠BDE＝tanα＝＝＝．
故答案为：．
8．解：（1）根据图形可知，∠GAF＝∠EAF，
根据三角形全等的条件可知，△GAF≌△EAF，
根据全等三角形的对应高相等可知AM＝AB；
（2）证明：如图②，

延长CE，作∠4＝∠1，
∵将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为BC，DC边上的点，且∠EAF＝∠DAB，
∴∠1+∠2＝∠3+∠5，
∠2+∠3＝∠1+∠5，
∵∠4＝∠1，
∴∠2+∠3＝∠4+∠5，
∴∠GAE＝∠FAE，
在△AGB和△AFD中，
，
∴△AGB≌△AFD（ASA），
∴AG＝AF，BG＝DF，
在△AGE和△AEF中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∴DE+BF＝EF，
∵全等三角形的对应高相等，
∴AM＝AB；
（3）如图③，

当∠ABQ＝∠ADF时，△ABQ≌△ADF，
∴BQ＝DF，可得DF+BE＝EF，
∴当∠B+∠D＝180°时，可使得DF+BE＝EF．
9．（1）证明：如图1中，连接CD．

∵∠ACB＝90°，AC＝4，∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝8，
∵＝＝，＝＝，
∴＝，
∵∠A＝∠A，
∴△ACB∽△ADC，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°，
∵EC＝EB，
∴DE＝EC＝EB，
∵∠B＝30°，
∴BC＝2CD，
∴CD＝DE＝EC，
∴△CDE是等边三角形，
∵∠A＝60°，
∴四边形ADEC为理想四边形；

（2）解：如图②中，作等腰三角形ODB，使得OD＝OB，∠DOB＝120°，以O为圆心，OD为半径作⊙O，当点C在弧BCD上时，∠DCB＝∠DOB＝60°，满足条件．


（3）解：①如图③﹣1中，当∠CDB＝90°时，

∵∠CDB＝90°，∠BCD＝60°，BC＝3，
∴BD＝BCsin6°＝，∠CBD＝30°，
∵△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝，∠ABD＝60°，
∴∠ABC＝90°，
∴AC＝＝＝

如图③﹣2中，当∠CBD＝90°时，同法可得AC＝＝＝3

综上所述，AC的值为或3．

②如图④中，结论：x2+xy+y2＝z2

理由：以CD为边作等边△ECD，连接BE，作EF⊥BC交BC的延长线于F．
∵∠EDC＝∠ADB＝60°，
∴∠EDB＝∠CDA，
∵ED＝CD，BD＝AD，
∴△EDB≌△CDA（SAS），
∴AC＝BE＝z，
∵∠ECD＝∠DCB＝60°，CD＝CE＝x，
∴∠ECF＝60°，∠CEF＝30°，
∴CF＝EC＝x．EF＝CF＝x．
在Rt△EFB中，∵BE2＝EF2+BF2，
∴z2＝（x）2+（y+x）2，
整理得：x2+xy+y2＝z2．
10．解：（1）证明：如图1，过点D作DH⊥CF交CF的延长线于点H，

则∠CHD＝∠AEB＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CPF，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，DG⊥BP，
∴∠AEB＝∠CFP＝∠DGF＝90°，
∴∠ABE+∠BAE＝∠CPF+∠DCH＝90°，
∴∠BAE＝∠DCH．
在△ABE和△CDH中，
，
∴△ABE≌△CDH（AAS），
∴AE＝CH．
∵∠CHD＝∠HFG＝∠DGF＝90°，
∴四边形HFGD为矩形．
∴HF＝DG，
∴AE＝CH＝CF+HF＝CF+DG．
（2）线段AE，CF，DG之间的数量关系是CF＝AE+DG．
如图2，过点D作DH⊥CF交CF于点F，

∵∠DHF＝∠HFG＝∠DGF＝90°，
∴四边形HFGD为矩形．
∴HF＝DG，
同（1）可证得△ABE≌△CDH（AAS），
∴AE＝CH，
∴CF＝FH+CH＝DG+AE．
（3）与DG相等的线段是EF．理由如下：
如图1，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵AE⊥BP，
∴∠AEB＝90°，
∴∠ABE+∠BAE＝∠ABE+∠CBF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF．
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE＝BF．BE＝CF，
∴AE＝BF＝BE+EF＝CF+EF．
由（1）得，AE＝CF+DG．
∴DG＝EF．
（4）如图3，过点D作DH⊥CF交CF的延长线于点H，

∵∠CHD＝∠HFG＝∠DGF＝90°，
∴四边形HFGD为矩形．
∴HF＝DG，DH＝FG，
∵AB＝CD＝2BE＝6，
∴BE＝3，
∴∠BAE＝30°，
∴AE＝＝3，
同（1）可得∠ABE＝∠CDH，
∵∠AEB＝∠CHD＝90°，AB＝CD，
∴△ABE≌△CDH（AAS），
∴BE＝DH，AE＝CH＝3，
∴BE＝FG，
∴EG＝BF＝4，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBF＝30°，
∴CF＝BFtan30°＝4×＝4，
∴HF＝DG＝CH﹣CF＝3﹣4．
故答案为：3﹣4．