2022年九年级中考复习数学考点训练——几何专题：《四边形综合》(五)及答案

这是一份2022年九年级中考复习数学考点训练——几何专题：《四边形综合》(五)及答案，共20页。试卷主要包含了解答下列各题，实践操作，问题发现等内容，欢迎下载使用。

备战2022年九年级中考复习数学考点训练——
几何专题：《四边形综合》（五）

1．解答下列各题

（1）已知：如图1，直线AB、CD被直线AC所截，点E在AC上，且∠A＝∠D+∠CED，求证：AB∥CD；
（2）如图2，在正方形ABCD中，AB＝8，BE＝6，DF＝4．
①试判断△AEF的形状，并说明理由；
②求△AEF的面积．


2．如图，△ABC中，点O是AC上一动点，过点O作直线MN∥BC，若MN交∠BCA的平分线于点E，交∠DCA的平分线于点F，连接AE、AF．
（1）说明：OE＝OF；
（2）当点O运动到AC中点处时，求证：四边形AECF是矩形；
（3）在（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形AECF为正方形，并加以证明．



3．实践操作：
第一步：如图1，将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，然后把纸片展平．
第二步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C′处，点B落在点B'处，得到折痕EF，B'C′交AB于点M，C′F交DE于点N，再把纸片展平．
问题解决：
（1）如图1，填空：四边形AEA'D的形状是　 　；
（2）如图2，线段MC′与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由；
（3）如图2，若AC′＝2cm，DC'＝4cm，求DN：EN的值．

4．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB在x轴上，AB、BC的长分别是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根（BC＞AB），OA＝2OB，边CD交y轴于点E，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点E出发沿折线段ED﹣DA向点A运动，运动的时间为t（0≤t＜6）秒，设△BOP与矩形AOED重叠部分的面积为S．
（1）求点D的坐标；
（2）求S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）在点P的运动过程中，是否存在点P，使△BEP为等腰三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

5．如图，点E、F、G、H分别在矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA（不包括端点）上运动，且满足AE＝CG，AH＝CF．
（1）求证：△AEH≌△CGF；
（2）试判断四边形EFGH的形状，并说明理由．
（3）请探究四边形EFGH的周长一半与矩形ABCD一条对角线长的大小关系，并说明理由．





6．如图，在矩形ABCD中，AB═2，AD＝，P是BC边上的一点，且BP＝2CP．
（1）用尺规在图①中作出CD边上的中点E，连接AE、BE（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）如图②，在（1）的条件下，判断EB是否平分∠AEC，并说明理由；
（3）如图③，在（2）的条件下，连接EP并延长交AB的延长线于点F，连接AP，不添加辅助线，△PFB能否由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形？如果能，说明理由，并写出两种方法（指出对称轴、旋转中心、旋转方向和平移距离）







7．如图①，菱形ABCD中，AB＝5cm，动点P从点B出发，沿折线BC﹣CD﹣DA运动到点A停止，动点Q从点A出发，沿线段AB运动到点B停止，它们运动的速度相同，设点P出发xs时，△BPQ的面积为ycm2．已知y与x之间的函数关系如图②所示，其中OM、MN为线段，曲线NK为抛物线的一部分．请根据图中的信息，解答下列问题：
（1）当1＜x＜2时，△BPQ的面积　 　（填“变”或“不变”）；
（2）分别求出线段OM，曲线NK所对应的函数表达式；
（3）当x为何值时，△BPQ的面积是5cm2？



8．如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32＝0的两个根，且OA＞OC．
（1）求线段OA，OC的长；
（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；
（3）直接写出点D的坐标；
（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．

9．已知四边形ABCD是正方形，等腰直角△AEF的直角顶点E在直线BC上（不与点B，C重合），FM⊥AD，交射线AD于点M．
（1）当点E在边BC上，点M在边AD的延长线上时，如图①，求证：AB+BE＝AM；
（提示：延长MF，交边BC的延长线于点H．）
（2）当点E在边CB的延长线上，点M在边AD上时，如图②；当点E在边BC的延长线上，点M在边AD上时，如图③．请分别写出线段AB，BE，AM之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1），（2）的条件下，若BE＝，∠AFM＝15°，则AM＝　 　．



10．问题发现
（1）如图（1），四边形ABCD中，若AB＝AD，CB＝CD，则线段BD，AC的位置关系为　 　；
拓展探究
（2）如图（2），在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD 和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N，试猜想四边形FMAN的形状，并说明理由；
解决问题
（3）如图（3），在正方形ABCD中，AB＝2，以点A为旋转中心将正方形ABCD旋转60°，得到正方形AB′C′D′，请直接写出BD′的长度．


参考答案
1．解：（1）延长AC至F，如图1，

∵∠FCD＝∠CED+∠D，∠A＝∠D+∠CED，
∴∠FCD＝∠A，
∴AB∥CD；
（2）①如图2，延长AF交BC的延长线于点G，

∵正方形ABCD中，AB＝8，CF＝4，
∴DF＝CF＝4，
∵∠D＝∠FCG＝90°，∠AFD＝∠CFG，
∴△ADF≌△GCF（ASA），
∴AF＝FG，
∵AB＝8，BE＝6，
∴AE＝＝＝10，
∵EG＝CE+CG＝2+8＝10，
∴AE＝EG，
∴EF⊥AG，
∴△AEF是直角三角形；
②S△AEF＝S正方形ABCD﹣S△ABE﹣S△ADF﹣S△CEF
＝64﹣，
＝20．
2．（1）证明：∵MN∥BC，
∴∠OFC＝∠FCD，
又∵CF平分∠ACD，
∴∠OCF＝∠FCD，
∴∠OFC＝∠OCF，
∴OF＝OC，
同理：OE＝OC，
∴OE＝OF．

（2）证明：当点O运动到AC中点处时，OA＝OC，
由第（1）知，OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵OC＝OF，
∴OA＝OC＝OF＝OE，
∴AC＝EF，
∴四边形AECF是矩形．

（3）解：当点O运动到AC中点处时，且△ABC满足∠ACB是直角的直角三角形时，四边形AECF为正方形．
理由如下：
∵由第（2）问知，当点O运动到AC中点处时，四边形AECF是矩形．
∵MN∥BC，
∴当∠ACB＝90°时，AC⊥EF，四边形AECF是菱形．
∴此时四边形AECF是正方形．
∴△ABC满足∠ACB是直角的直角三角形时，四边形AECF为正方形．
3．解：（1）∵ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，
∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′E＝A′D，
∴四边形AEA′D是菱形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEA′D是正方形．
故答案为：正方形；
（2）MC′＝ME．
证明：如图1，连接C′E，由（1）知，AD＝AE，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，
由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，
∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
又EC′＝C′E，
∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），
∴∠C′EA＝∠EC′B′，
∴MC′＝ME；
（3）∵Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，
∴AC′＝B′E，
由折叠知，B′E＝BE，
∴AC′＝BE，
∵AC′＝2cm，DC′＝4cm，
∴AB＝CD＝2+4+2＝8（cm），
设DF＝xcm，则FC′＝FC＝（8﹣x）cm，
∵DC′2+DF2＝FC′2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
解得，x＝3，
即DF＝3cm，
如图2，延长BA、FC′交于点G，则∠AC′G＝∠DC′F，

∴tan∠AC′G＝tan∠DC′F＝，
∴，
∴，
∵DF∥EG，
∴△DNF∽△ENG，
∴．
4．解：（1）∵x2﹣7x+12＝0，
∴x1＝3，x2＝4，
∵BC＞AB，
∴BC＝4，AB＝3，
∵OA＝2OB，
∴OA＝2，OB＝1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴点D的坐标为（﹣2，4）；

（2）设BP交y轴于点F，
如图1，当0≤t≤2时，PE＝t，

∵CD∥AB，
∴△OBF∽△EPF，
∴＝，即＝，
∴OF＝，
∴S＝OFPE＝t＝；
如图2，当2＜t＜6时，AP＝6﹣t，

∵OE∥AD，
∴△OBF∽△ABP，
∴＝，即＝，
∴OF＝，
∴S＝OFOA＝××2＝﹣t+2；
综上所述，S＝；

（3）由题意知，当点P在DE上时，显然不能构成等腰三角形；
当点P在DA上运动时，设P（﹣2，m），
∵B（1，0），E（0，4），
∴BP2＝9+m2，BE2＝1+16＝17，PE2＝4+（m﹣4）2＝m2﹣8m+20，
①当BP＝BE时，9+m2＝17，解得m＝±2，
则P（﹣2，2）；
②当BP＝PE时，9+m2＝m2﹣8m+20，解得m＝，
则P（﹣2，）；
③当BE＝PE时，17＝m2﹣8m+20，解得m＝4±，
则P（﹣2，4﹣）；
综上，P（﹣2，2）或（﹣2，）或（﹣2，4﹣）．
5．证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C．
∴在△AEH与△CGF中，，
∴△AEH≌△CGF（SAS）；

（2）四边形EFGH是平行四边形，理由如下：
∵由（1）知，△AEH≌△CGF，则EH＝GF，同理证得△EBF≌△GDH，则EF＝GH，
∴四边形EFGH是平行四边形；

（3）四边形EFGH的周长一半大于或等于矩形ABCD一条对角线长度．
理由如下：作G关于BC的对称点G′，连接EG′，可得EG′的长度就是EF+FG的最小值．
连接AC，
∵CG′＝CG＝AE，AB∥CG′，
∴四边形AEG′C为平行四边形，
∴EG′＝AC．
在△EFG′中，∵EF+FG′＞EG′＝AC，
∴四边形EFGH的周长一半大于或等于矩形ABCD一条对角线长度．

6．解：（1）依题意作出图形如图①所示，

（2）EB是平分∠AEC，理由：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠D＝90°，CD＝AB＝2，BC＝AD＝，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE＝CD＝1，
在△ADE和△BCE中，，
∴△ADE≌△BCE（SAS），
∴∠AED＝∠BEC，
在Rt△ADE中，AD＝，DE＝1，
∴tan∠AED＝＝，
∴∠AED＝60°，
∴∠BEC＝∠AED＝60°
∴∠AEB＝180°﹣∠AED﹣∠BEC＝60°＝∠BEC，
∴BE平分∠AEC；

（3）∵BP＝2CP，BC＝，
∴CP＝，BP＝，
在Rt△CEP中，tan∠CEP＝＝，
∴∠CEP＝30°，
∴∠BEP＝30°，
∴∠AEP＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠F＝∠CEP＝30°，
在Rt△ABP中，tan∠BAP＝＝，
∴∠PAB＝30°，
∴∠EAP＝30°＝∠F＝∠PAB，
∵CB⊥AF，
∴AP＝FP，
∴△AEP≌△FBP，
∴△PFB能由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形，
变换的方法为：①将△BPF绕点P顺时针旋转120°和△EPA重合，再沿PE折叠，
②将△BPF以过点P垂直于BC的直线折叠，再绕点P逆时针旋转60°．

7．解：（1）由函数图象知，当1＜x＜2时，△BPQ的面积始终等于10
∴当1＜x＜2时，△BPQ的面积不变；
故答案为：不变；
（2）设线段OM的函数表达式为y＝kx，
把（1，10）代入得k＝10，
∴线段OM的函数表达式为y＝10x（0≤x≤1）；
观察图象可知，当x＝1时，点P运动到点C，速度为5cm/s，当x＝2时，点P运动到点D，此时点Q开始运动，
作CH⊥AB于H，PK⊥AB交BA的延长线于K．
由题意：×5×CH＝10，
∴CH＝4，
∴sinB＝＝，
∵AD∥BC，
∴∠PAK＝∠B，
∴sinB＝sin∠PAK，
∴PK＝PAsin∠PAK＝（15﹣5x）×＝4（3﹣x），
∴曲线NK所对应的函数表达式：y＝[5﹣5（x﹣2）]4（3﹣x）＝10x2﹣60x+90．
（3）把y＝5代入y＝10x得x＝，
把y＝5代入y＝10x2﹣60x+90．
得5＝10x2﹣60x+90．，
∴x＝3±，
∵3+＞3，
∴x＝3﹣，
∴当x＝或3﹣时，△BPQ的面积是5cm2．

8．解：（1）解方程x2﹣12x+32＝0得，x1＝8，x2＝4，∵OA＞OC，
∴OA＝8，OC＝4；
（2）∵四边形ABCO是矩形，
∴AB＝OC，∠ABC＝∠AOC＝90°，
∵把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，
∴AD＝AB，∠ADE＝∠ABC＝90°，
∴AD＝OC，∠ADE＝∠COE，
在△ADE与△COE中，，
∴△ADE≌△COE；
∵CE2＝OE2+OC2，即（8﹣OE）2＝OE2+42，
∴OE＝3；
（3）过D作DM⊥x轴于M，
则OE∥DM，
∴△OCE∽△MCD，
∴，
∴CM＝，DM＝，
∴OM＝，
∴D（﹣，）；
（4）存在；∵OE＝3，OC＝4，
∴CE＝5，
过P1作P1H⊥AO于H，
∵四边形P1ECF1是菱形，
∴P1E＝CE＝5，P1E∥AC，
∴∠P1EH＝∠OAC，
∴＝＝，
∴设P1H＝k，HE＝2k，
∴P1E＝k＝5，
∴P1H＝，HE＝2，
∴OH＝2+3，
∴P1（﹣，2+3），
同理P3（，3﹣2），
当A与F重合时，四边形F2ECP2是菱形，
∴EF2∥CP2，EF2，＝CP2＝5，
∴P2（4，5）；
当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，
∴EP4＝5，EP4∥AC，
如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，
则P4N＝OG，P4G＝ON，
EP4∥AC，
∴＝，
设P4N＝x，EN＝2x，
∴P4E＝CP4＝x，
∴P4G＝ON＝3﹣2x，CG＝4﹣x，
∴（3﹣2x）2+（4﹣x）2＝（x）2，
∴x＝，
∴3﹣2x＝，
∴P4（，），
综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（﹣，2+3），（，3﹣2），（4，5），（，）．


9．（1）证明：如图①，延长MF，交边BC的延长线于点H，
∵四边形ABCD是正方形，FM⊥AD，
∴∠ABE＝90°，∠EHF＝90°，四边形ABHM为矩形，
∴AM＝BH＝BE+EH
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴AE＝AF，∠AEB+∠FEH＝90°，
∵∠EFH+∠FEH＝90°，
∴∠AEB＝∠EFH，
在△ABE与△EHF中，
，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴AB＝EH，
∵AM＝BH＝BE+EH，
∴AM＝BE+AB，即AB+BE＝AM；

（2）解：如图②，∵∠AEB+∠FEH＝90°，∠AEB+∠EAB＝90°，
∴∠FEH＝∠EAB，
在△ABE与△EHF中，
，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴AB＝EH＝EB+AM；
如图③∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠HEF＝90°，
∴∠BAE＝∠HEF，
在△ABE与△EHF中，
，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴AB＝EH，
∴BE＝BH+EH＝AM+AB；

（3）解：如图①，∵∠AFM＝15°，∠AFE＝45°，
∴∠EFM＝60°，
∴∠EFH＝120°，
在△EFH中，
∵∠FHE＝90°，∠EFH＝120°，
∴此情况不存在；
如图②，∵∠AFM＝15°，∠AFE＝45°，
∴∠EFH＝60°，
∵△ABE≌△EHF，
∴∠EAB＝∠EFH＝60°，
∵BE＝，
∴AB＝BEtan60°＝×＝3，
∵AB＝EB+AM，
∴AM＝AB﹣EB＝3﹣；
如图③，∵∠AFM＝15°，∠AFE＝45°，
∴∠EFH＝45°﹣15°＝30°，
∴∠AEB＝30°，
∵BE＝，
∴AB＝BEtan30°＝＝1，
∵BE＝AM+AB，
AM＝BE﹣AB＝，
故答案为：3﹣或．

10．解：（1）∵AB＝AD，CB＝CD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，点C在线段BD的垂直平分线上，
∴AC垂直平分BD，
故答案为：AC垂直平分BD；

（2）四边形FMAN是矩形．理由：
如图2，连接AF，

∵Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，
∴AF＝CF＝BF，
又∵等腰三角形ABD 和等腰三角形ACE