2020年数学中考压轴题专项训练：四边形的综合1．如图，四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，且AB＝AD+BC，E是DC的中点，连结BE并延长交AD的延长线于G．（1）求证：DG＝BC；（2）F是AB边上的动点，当F点在什么位置时，FD∥BG；说明理由．（3）在（2）的条件下，连结AE交FD于H，FH与HD长度关系如何？说明理由．（1）证明：∵AD∥BC，∴∠DGE＝∠CBE，∠GDE＝∠BCE，∵E是DC的中点，即DE＝CE，∴△DEG≌△CEB（AAS），∴DG＝BC．（2）解：当F运动到AF＝AD时，FD∥BG．理由：由（1）知DG＝BC，∵AB＝AD+BC，AF＝AD，∴BF＝BC＝DG，∴AB＝AG，∵∠BAG＝90°，∴∠AFD＝∠ABG＝45°，∴FD∥BG．（3）解：结论：FH＝HD．理由：由（1）知GE＝BG，又由（2）知△ABG为等腰直角三角形，所以AE⊥BG，∵FD∥BG，∴AE⊥FD，∵△AFD为等腰直角三角形，∴FH＝HD．2．如图，在矩形ABCD中，过BD的中点O作EF⊥BD，分别与AB、CD交于点E、F．连接DE、BF．（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）若M是AD中点，联结OM与DE交于点N，AD＝OM＝4，则ON的长是多少？（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠DFO＝∠BEO，∵∠DOF＝∠EOB，OD＝OB，∴△DOF≌△BOE（AAS），∴DF＝BE，∴四边形BEDF是平行四边形，∵EF⊥BD，∴四边形BEDF是菱形．（2）解：∵DM＝AM，DO＝OB，∴OM∥AB，AB＝2OM＝8，∴DN＝EN，ON＝BE，设DE＝EB＝x，在Rt△ADE中，则有x2＝42+（8﹣x）2，解得x＝5，∴ON＝．3．（1）如图1，四边形EFGH中，FE＝EH，∠EFG+∠EHG＝180°，点A，B分别在边FG，GH 上，且∠AEB＝∠FEH，求证：AB＝AF+BH．（2）如图2，四边形EFGH中，FE＝EH，点M在边EH上，连接FM，EN平分∠FEH交FM 于点N，∠ENM＝α，∠FGH＝180°﹣2α，连接GN，HN．①找出图中与NH相等的线段，并加以证明；②求∠NGH的度数（用含α的式子表示）．（1）证明：如图1中，延长BH到M，使得HM＝FA，连接EM．∵∠F+∠EHG＝180°，∠EHG+∠EHM＝180°，∴∠F＝∠EHM，∵AE＝HE，FA＝HM，∴△EFA≌△EHM（SAS），∴EA＝EM，∠FEA＝∠HEM，∵∠EAB＝∠FEH，∴∠FEA+∠BEH＝∠HEM+∠BEH＝∠BEM＝∠FEH，∴∠AEB＝∠BEM，∵BE＝BE，EA＝EM，∴△AEB≌△MEB（SAS），∴AB＝BM，∵BM＝BH+HM＝BH+AF，∴AB＝AF+BH．（2）解：①如图2中，结论：NH＝FN．理由：∵NE平分∠FEH，∴∠FEN＝∠HEN，∵EF＝EH，EN＝EN，∴△ENF≌△ENH（SAS），∴NH＝FN．②∵△ENF≌△ENH，∴∠ENF＝∠ENH，∵∠ENM＝α，∴∠ENF＝∠ENH＝180°﹣α，∴∠MNH＝180°﹣α﹣α＝180°﹣2α，∵∠FGH＝180°﹣2α，∴∠MNH＝∠FGH，∵∠MNH+∠FNH＝180°，∴∠FGH+∠FNH＝180°，∴F，G，H，N四点共圆，∵NH＝NF，∴＝，∴∠NGH＝∠NGF＝∠FGH＝90°﹣α．4．如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点M、N分别是边AC、AB上的动点，连接MN，将△AMN沿MN所在直线翻折，翻折后点A的对应点为A′．（1）如图1，若点A′恰好落在边AB上，且AN＝AC，求AM的长；（2）如图2，若点A′恰好落在边BC上，且A′N∥AC．①试判断四边形AMA′N的形状并说明理由；②求AM、MN的长；（3）如图3，设线段NM、BC的延长线交于点P，当且时，求CP的长．解：（1）如图1中，在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝＝＝5，∵∠A＝∠A，∠ANM＝∠C＝90°，∴△ANM∽△ACB，∴＝，∴＝，∴AM＝．（2）①如图2中，∵NA′∥AC，∴∠AMN＝∠NMA′，由翻折可知：MA＝MA′，∠AMN＝∠NMA′，∴∠MNA′＝∠A′MN，∴A′N＝A′M，∴AM＝A′N，∵AM∥A′N，∴四边形AMA′N是平行四边形，∵MA＝MA′，∴四边形AMA′N是菱形．②连接AA′交MN于O．设AM＝MA′＝x，∵MA′∥AB，∴＝，∴＝，解得x＝，∴AM＝，∴CM＝，∴CA′＝＝＝，∴AA′＝＝＝，∵四边形AMA′N是菱形，∴AA′⊥MN，OM＝ON，OA＝OA′＝，∴OM＝＝＝，∴MN＝2OM＝．（3）如图3中，作NH⊥BC于H．∵NH∥AC，∴＝＝∴＝＝∴NH＝，BH＝，∴CH＝BC﹣BH＝3﹣＝，∴AM＝AC＝，∴CM＝AC﹣AM＝4﹣＝，∵CM∥NH，∴＝，∴＝，∴PC＝1．5．如图，四边形ABCD为平行四边形，AD＝1，AB＝3，∠DAB＝60°，点E为边CD上一动点，过点C作AE的垂线交AE的延长线于点F．（1）求∠D的度数；（2）若点E为CD的中点，求EF的值；（3）当点E在线段CD上运动时，是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CB，∠ADC+∠DAB＝180°，∵∠DAB＝60°，∴∠ADC＝120°．（2）如图1中，作AH⊥CD交CD的延长线于H．在Rt△ADH中，∵∠H＝90°，∠ADH＝60°，AD＝2，∴AH＝AD•sin60°＝，DH＝AD•cos60°＝，∵DE＝EC＝，∴EH＝DH+DE＝2，∴AE＝＝＝，∵CF⊥AF，∴∠F＝∠H＝90°，∵∠AEH＝∠CEF，∴△AEH∽△CEF，∴＝，∴＝，∴EF＝．（3）如图2中，作△AFC的外接圆⊙O，作AH⊥CD交CD的郯城县于H，作OK⊥CD于K，交⊙O于M，作FP∥CD交AD的延长线于P，作MN∥CD交AD的延长线于M，作NQ⊥CD于Q．∵DE∥PF，∴＝，∵AD是定值，∴PA定值最大时，定值最大，观察图象可知，当点F与点M重合时，PA定值最大，最大值＝AN的长，由（2）可知，AH＝，CH＝，∠H＝90°，∴AC＝＝＝，∴OM＝AC＝，∵OK∥AH，AO＝OC，∴KH＝KC，∴OK＝＝，∴MK＝NQ＝﹣，在Rt△NDQ中，DN＝＝＝﹣，∴AN＝AD+DN＝+，∴的最大值＝＝+．6．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点P是射线BC上一动点（点P不与点B重合），连接AP、DP，点E是线段AP上一点，且∠ADE＝∠APD，连接BE．（1）求证：AD2＝AE•AP；（2）求证BE⊥AP；（3）直接写出的最小值．（1）证明：∵∠DAE＝∠PAD，∠ADE＝∠APD，∴△ADE∽△APD，∴＝，∴AD2＝AE•AP（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠ABC＝90°，∴AB2＝AE•AP，∴＝，∵∠BAE＝∠PAB，∴△ABE∽△APB，∴∠AEB＝∠ABP＝90°，∴BE⊥AP．（3）∵△ADE∽△APD，∴＝，∴＝，∵AD＝2，∴DE最小时，的值最小，如图，作△ABE的外接圆⊙O，连接OD，OE，易知OE＝1，OD＝，∴DE≥OD﹣OE＝﹣1，∴DE的最小值为﹣1，∴的最小值＝．7．在正方形ABCD中，点E是BC边上一点，连接AE．（1）如图1，点F为AE的中点，连接CF．已知tan∠FBE＝，BF＝5，求CF的长；（2）如图2，过点E作AE的垂线交CD于点G，交AB的延长线于点H，点O为对角线AC 的中点，连接GO并延长交AB于点M，求证：AM+BH＝BE．解：（1）Rt△ABE中，BF为中线，BF＝5，∴AE＝10，FE＝5，作FP⊥BC于点P，Rt△BFP中，，∴BP＝3，FP＝4，在等腰三角形△BFE中，BE＝2BP＝6，由勾股定理求得，∴CP＝8﹣3＝5，∴；（2）∵∠ACD＝∠BAC＝45°，AO＝CO，∠AOM＝∠COG，∴证明△AMO≌△CGO（ASA），∴AM＝GC，过G作GP垂直AB于点P，得矩形BCGP，∴CG＝PB，∵AB＝PG，∠AEB＝∠H，∠ABE＝∠GPH，∴△ABE≌△GPH（ASA），∴BE＝PH＝PB+BH＝CG+BH＝AM+BH．8．阅读理解：如图1，若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，试在垂美四边形ABCD中探究AB2，CD2，AD2，BC2之间的关系，并说明理由；（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连结CE、BG、GE、CE交BG于点N，交AB于点M．已知AC＝，AB＝2，求GE的长．解：（1）如图2，四边形ABCD是垂美四边形；理由如下：连接AC、BD交于点E，∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；（2）猜想结论：AB2+CD2＝AD2+BC2，证明：如图1，在四边形ABCD中，∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，由勾股定理得：AB2+CD2＝AO2+BO2+OD2+OC2AD2+BC2＝AO2+BO2+OD2+OC2∴AB2+CD2＝AD2+BC2，（3）如图3，连接CG，BE，∵∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，FMNG图 3EDCAB∴△GAB≌△CAE（SSS），∴∠ABG＝∠AEC，∵∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠BMN＝90°，∴∠BNC＝90°，即BG⊥CE，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得：EG2+BC2＝CG2+BE2∵，AB＝2，∴BC＝1，，，∴EG2＝CG2+BE2﹣BC2＝6+8﹣2＝13，∴．9．已知：如图，长方形ABCD中，∠A＝∠B＝∠B＝∠D＝90°，AB＝CD＝4米，AD＝BC＝8米，点M是BC边的中点，点P从点A出发，以1米/秒的速度沿AB方向运动再过点B沿BM方向运动，到点M停止运动，点O以同样的速度同时从点D出发沿着DA方向运动，到点A停止运动，设点P运动的时间为x秒．（1）当x＝2秒时，线段AQ的长是 6 米；（2）当点P在线段AB上运动时，图中阴影部分的面积发生改变吗？请你作出判断并说明理由．（3）在点P，Q的运动过程中，是否存在某一时刻，使得BP＝DQ？若存在，求出点P 的运动时间x的值；若不存在，请说明理由．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8，∵DQ＝2，∴AQ＝AD﹣DQ＝8﹣2＝6，故答案为6．（2）结论：阴影部分的面积不会发生改变．理由：连结AM，作MH⊥AD于H．则四边形ABMH是矩形，MH＝AB＝4．∵S阴＝S△APM+S△AQM＝×x×4+（8﹣x）×4＝16，∴阴影面积不变；（3）当点P在线段AB上时，BP＝4﹣x，DQ＝x．∵BP＝DQ，∴4﹣x＝x，∴x＝3．当点P在线段BM上时，BP＝x﹣4，DQ＝x．∵BP＝DQ，∴x﹣4＝x，∴x＝6．所以当x＝3或6时，BP＝DQ．10．A，B，C，D是长方形纸片的四个顶点，点E、F、H分别是边AB、BC、AD上的三点，连结EF、FH．（1）将长方形纸片ABCD按图①所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，点B'在FC'上，则∠EFH的度数为90°；（2）将长方形纸片ABCD按图②所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，若∠B'FC'＝18°，求∠EFH的度数；（3）将长方形纸片ABCD按图③所示的方式折叠，FE、FH为折痕，点B、C、D折叠后的对应点分别为B'、C'、D'，若∠EFH＝m°，求∠B'FC'的度数为180°﹣2m°．解：（1）∵沿EF，FH折叠，∴∠BFE＝∠B'FE，∠CFH＝∠C'FH，∵点B′在FC′上，∴∠EFH＝（∠BFB'+∠CFC'）＝×180°＝90°，故答案为：90°；（2）∵沿EF，FH折叠，∴可设∠BFE＝∠B'FE＝x，∠C'FH＝∠CFH＝y，∵2x+18°+2y＝180°，∴x+y＝81°，∴∠EFH＝x+18°+y＝99°；（3）∵沿EF，FH折叠，∴可设∠BFE＝∠B'FE＝x，∠C'FH＝∠CFH＝y，∴∠EFH＝180°﹣∠BFE﹣∠CFH＝180°﹣（x+y），即x+y＝180°﹣m°，又∵∠EFH＝∠EFB'﹣∠B'FC'+∠C'FH＝x﹣∠B'FC'+y，∴∠B'FC'＝（x+y）﹣∠EFH＝180°﹣m°﹣m°＝180°﹣2m°，故答案为：180°﹣2m°．11．勾股定理是数学史上非常重要的一个定理．早在2000多年以前，人们就开始对它进行研究，至今已有几百种证明方法．在欧几里得编的《原本》中证明勾股定理的方法如下，请同学们仔细阅读并解答相关问题：如图，分别以Rt△ABC的三边为边长，向外作正方形ABDE、BCFG、ACHI．（1）连接BI、CE，求证：△ABI≌△AEC；（2）过点B作AC的垂线，交AC于点M，交IH于点N．①试说明四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等；②请直接写出图中与正方形BCFG的面积相等的四边形．（3）由第（2）题可得：正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝正方形ACHI的面积，即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2．（1）证明：∵四边形ABDE、四边形ACHI是正方形，∴AB＝AE，AC＝AI，∠BAE＝∠CAI＝90°，∴∠EAC＝∠BAI，在△ABI和△AEC中，，∴△ABI≌△AEC（SAS）；（2）①证明：∵BM⊥AC，AI⊥AC，∴BM∥AI，∴四边形AMNI的面积＝2△ABI的面积，同理：正方形ABDE的面积＝2△AEC的面积，又∵△ABI≌△AEC，∴四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等．②解：四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等，理由如下：∵Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，∴正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝正方形ACHI的面积，由①得：四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等，∴四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等；（3）解：由（2）得：正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝正方形ACHI的面积；即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2；故答案为：正方形ACHI，AC2．12．在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D 落在点F处．（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC＝54°，则∠DAE的度数为18 °．（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB＝6，AD＝10，求CE的长．（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB＝6，AD＝10，求CG 的长．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵∠BAC＝54°，∴∠DAC＝90°﹣54°＝36°，由折叠的性质得：∠DAE＝∠FAE，∴∠DAE＝∠DAC＝18°；故答案为：18；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，由折叠的性质得：AF＝AD＝10，EF＝ED，∴BF＝＝＝8，∴CF＝BC﹣BF＝10﹣8＝2，设CE＝x，则EF＝ED＝6﹣x，在Rt△CEF中，由勾股定理得：22+x2＝（6﹣x）2，解得：x＝，即CE的长为；（3）连接EG，如图3所示：∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，由折叠的性质得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，FE＝DE，∴∠EFG＝90°＝∠C，在Rt△CEG和△FEG中，，∴Rt△CEG≌△FEG（HL），∴CG＝FG，设CG＝FG＝y，则AG＝AF+FG＝10+y，BG＝BC﹣CG＝10﹣y，在Rt△ABG中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2＝（10+y）2，解得：y＝，即CG的长为．13．如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝8cm，点P从点A出发，以每秒一个单位的速度沿A→B→C的方向运动；同时点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度沿B→C→D的方向运动，当其中一点到达终点后两点都停止运动．设两点运动的时间为t秒．（1）当t＝7 时，两点停止运动；（2）设△BPQ的面积面积为S（平方单位）①求S与t之间的函数关系式；②求t为何值时，△BPQ面积最大，最大面积是多少？解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8cm，AB＝CD＝6cm，∴BC+AD＝14cm，∴t＝14÷2＝7，故答案为7．（2）①当0＜t＜4时，S＝•（6﹣t）×2t＝﹣t2+6t．当4≤t＜6时，S＝•（6﹣t）×8＝﹣4t+24．当6＜t≤7时，S＝（t﹣6）•（2t﹣8）＝t2﹣10t+24．②当0＜t＜4时，S＝•（6﹣t）×2t＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9，∵﹣1＜0，∴t＝3时，△PBQ的面积最大，最小值为9．当4≤t＜6时，S＝•（6﹣t）×8＝﹣4t+24，∵﹣4＜0，∴t＝4时，△PBQ的面积最大，最大值为8，当6＜t≤7时，S＝（t﹣6）•（2t﹣8）＝t2﹣10t+24＝（t﹣5）2﹣1，t＝7时，△PBQ的面积最大，最大值为3，综上所述，t＝3时，△PBQ的面积最大，最大值为9．14．综合实践：问题情境数学活动课上，老师和同学们在正方形中利用旋转变换探究线段之间的关系探究过程如下所示：如图1，在正方形ABCD中，点E为边BC的中点．将△DCE以点D为旋转中心，顺时针方向旋转，当点E的对应点E'落在边AB上时，连接CE'．“兴趣小组”发现的结论是：①AE'＝C'E'；“卓越小组”发现的结论是：②DE＝CE'，DE⊥CE'．解决问题（1）请你证明“兴趣小组”和“卓越小组”发现的结论；拓展探究证明完“兴趣小组”和“卓越小组”发现的结论后，“智慧小组”提出如下问题：如图2，连接CC'，若正方形ABCD的边长为2，求出CC'的长度．（2）请你帮助智慧小组写出线段CC'的长度．（直接写出结论即可）（1）证明：①∵△DE'C'由△DEC旋转得到，∴DC'＝DC，∠C'＝∠DCE＝90°．又∵四边形ABCD是正方形，∴DA＝DC，∠A＝90°，∴DA＝DC'，∵DE'＝DE'，∴Rt△DAE≌Rt△DC'E′（HL），∴AE'＝C'E'．②∵点E为BC中点，C'E'＝AE'＝CE，∴点E'为AB的中点．∴BE′＝CE，又∵DC＝BC，∠DCE＝∠CBE'＝90°，∴△DCE≌△CBE'（SAS），∴DE＝CE'，∠CDE＝∠E'CB，∵∠CDE+∠DEC＝90°，∴∠E'CB+∠CED＝90°，∴DE⊥CE'．（2）解：如图2中，作C′M⊥CD于M，交AB于N．∵AB∥CD，C′M⊥CD，∴C′M⊥AB，∴∠DMC′＝∠C′NE′＝∠DC′E′＝90°，∴∠MDC′+∠DC′M＝90°，∠DC′M+∠E′CN＝90°，∴∠MDC′＝∠E′C′N，∴△DMC′∽△C′NE′，∴＝＝＝2，设NE′＝x，则AM＝AN＝1+x，C′M＝2x，C′N＝（1+x），∵MN＝AD＝2，∴2x+（1+x）＝2，解得x＝，∴CM＝2﹣（1+）＝，MC＝，∴CC′＝＝＝．15．在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于D，∠MDN的两边分别与AB，AC相交于M，N两点，且DM＝DN．（1）如图甲，若∠C＝90°，∠BAC＝60°，AC＝9，∠MDN＝120°，ND∥AB．①写出∠MDA＝90 °，AB的长是18 ．②求四边形AMDN的周长．（2）如图乙，过D作DF⊥AC于F，先补全图乙再证明AM+AN＝2AF．解：（1）①∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝30°，∵ND∥AB，∴∠NDA＝∠BAD＝30°，∴∠MDA＝∠MDN﹣∠NDA＝120°﹣30°＝90°，∵∠C＝90°，∠BAC＝60°，∴∠ABC＝30°，∴AC＝AB，∴AB＝2AC＝18，故答案为：90，18；②∵∠ABC＝30°，ND∥AB，∴∠NDC＝30°，又∵∠MDN＝120°，∴∠MDB＝30°，∴∠MAD＝∠NAD＝∠ADN＝∠MBD＝30°，∴BM＝MD，DN＝AN，∵DM＝DN，∴BM＝MD＝DN＝AN，在Rt△ADM中，设MD＝x，则AM＝2x，BM＝MD＝DN＝AN＝x，∵AB＝18，∴3x＝18，∴x＝6，∴AM＝12，MD＝DN＝AN＝6，∴四边形AMDN的周长＝AM+MD+DN+AN＝12+6+6+6＝30；（2）补全图如图乙所示：证明：过点D作DE⊥AB于E，如图丙所示：∵DE⊥AB，DF⊥AC，AD平分∠BAC，∴∠DEM＝∠DFN＝90°，DE＝DF，在Rt△DEA和Rt△DFA中，，∴Rt△DEA≌Rt△DFA（HL），∴AE＝AF，在Rt△DEM和Rt△DFN中，，∴Rt△DEM≌Rt△DFN（HL），∴EM＝FN，∴AM+AN＝AE+EM+AF﹣NF＝2AF．。