中考数学几何专题《四边形综合》四Word下载.docx
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4．如图，正方形ABCD和正方形EFGH的边长分别为2
和
，对角线BD、FH都在直线L上，O1、O2分别是正方形的中心，线段O1O2的长叫做两个正方形的中心距．当中心O2在直线L上平移时，正方形EFGH也随平移，在平移时正方形EFGH的形状、大小没有改变．
（1）计算：
O1D＝ ，O2F＝ ．
（2）当中心O2在直线L上平移到两个正方形只有一个公共点时，中心距O1O2＝ ．
（3）随着中心O2在直线L上的平移，两个正方形的公共点的个数还有哪些变化？
并求出相对应的中心距的值或取值范围（不必写出计算过程）．
5．如图，在正方形ABCD中，点E是边AB上的一动点（不与点A，B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC边于点G，连接DF，DG．
（1）依题意补全图形，并证明∠FDG＝∠CDG；
（2）过点E作EM⊥DE于点E，交DG的延长线于点M，连接BM．
①直接写出图中和DE相等的线段；
②用等式表示线段AE，BM的数量关系，并证明．
6．如图，在平面直角坐标系中，AB∥OC，A（0，12），B（a，c），C（b，0），并且a，b满足b＝
+
+18；
一动点P从点A出发，在线段AB上以每秒2个单位长度的速度向点B运动；
动点Q从点C出发在线段CO上以每秒1个单位长度的速度向点O运动，点P、Q分别从点A、C同时出发，当点P运动到点B时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（秒）．
（1）求B、C两点的坐标；
（2）当t为何值时，四边形APQO是矩形？
并求出此时P，Q两点坐标；
（3）当t为何值时，四边形PQCB是平行四边形？
并判断其是否可以成为菱形？
7．如图2，将
（1）中的条件改为：
在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问结论DE＝BD+CE是否成立？
若成立，请你给出证明；
若不成立，请说明理由．
（3）如图3，过△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，求证：
I是EG的中点．
8．如图①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°
，点D是BC的中点．作正方形DEFG，使点A、C分别在DG和DE上，连接AE、BG．
（1）请写出线段BG和AE的位置关系及数量关系；
（2）将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度α（0°
＜α＜90°
）时（图②），
（1）中的结论是否仍然成立？
若成立，请予以证明；
若不成立，请说明理由；
（3）若BC＝DE＝4，正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转角度α（0＜α＜360°
）过程中，当AE为最大值时，请直接写出AF的值．
9．如图，在长方形ABCD中，AB＝8cm，BC＝6cm，点E是CD边上的一点，且DE＝2cm，动点P从A点出发，以2cm/s的速度沿A→B→C→E运动，最终到达点E．设点P运动的时间为t秒．
（1）请以A点为原点，AB所在直线为x轴，1cm为单位长度，建立一个平面直角坐标系，并用t表示出点P在不同线段上的坐标．
（2）在
（1）相同条件得到的结论下，是否存在P点使△APE的面积等于20cm2时，若存在，请求出P点坐标；
若不存在，请说明理由．
10．同学们：
八年级下册第9章我们学习了一种新的图形变换旋转，图形旋转过程中蕴含着众多数学规律，以图形旋转为依托构建的解题方法是解决各类几何问题的常用方法．
【问题提出】
如图①，在正方形ABCD中，∠MAN＝45°
，点M、N分别在边BC、CD上．求证：
MN＝BM+DN．
证明思路如下：
第一步：
如图②，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°
得到△ABE，再证明E、B、M三点在一条直线上．
第二步：
证明△AEM≌△ANM．
请你按照证明思路写出完整的证明过程．
【初步思考】
如图③，四边形ABCD和CEFG为正方形，连接DG、BE，得到△DCG和△BCE．
下列关于这两个三角形的结论：
①周长相等；
②面积相等；
③∠CBE＝∠CDG．
其中所有正确结论的序号是 ．
【深入研究】
如图④，分别以▱ABCD的四条边为边向外作正方形，连接EF，GH，IJ，KL．若▱ABCD的面积为8，则图中阴影部分（四个三角形）的面积之和为 ．
参考答案
1．解：
（1）当对角线PQ，DC互相垂直，则▱PCQD是菱形，
故PD＝PC，
当PD＝PC时，此时AP＝BC＝3，AD＝BP＝1，
即当AP＝BC＝3，AD＝BP＝1时，对角线PQ，DC互相垂直；
（2）过点D作DE⊥BC于点E，
∵梯形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC
∴四边形ABED是矩形，
∴DE＝AB＝4，BE＝AD＝1，
∴CE＝BC﹣BE＝2，
∴DC＝2
，
∵四边形PCQD是平行四边形，
若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形，
设PB＝x，则AP＝4﹣x，
在Rt△DPC中，PD2+PC2＝DC2，即x2+32+（4﹣x）2+1＝（2
）2，
化简得x2﹣4x+3＝0，
∵△＝（﹣4）2﹣4×
1×
3＝4＞0，
∴解得：
x1＝1，x2＝3，
∴即对角线PQ与DC可能相等，此时AP＝1或3；
（3）如图2，作QH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵∠APQ＝∠HQP，
∴∠APD+∠DPQ＝∠PQC+∠CQH，
∵PD∥QC，
∴∠DPQ＝∠CQP，
∴∠APD＝∠CQH，
在△ADP和△HCQ中，
∴△ADP≌△HCQ（AAS），
∴AD＝CH＝1，
∴BH＝BC+CH＝3+2＝4，
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4．
（4）如图3，作QH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵AB∥QH，
∴∠APD+∠DPQ＝∠PQC+∠CQH．
∵以PE，PC为边作▱PCQE，
∴PE∥CQ，
∴∠DPQ＝∠PQC，
∴Rt△ADP∽Rt△QHC．
∴
＝
，即
∵DE＝nPD，
∵AD＝1，
∴HC＝n+1，
∵BC＝3，
∴BH＝3+n+1＝n+4．
∴由图知，当PQ⊥AB时，PQ的长最小值为n+4，
2．解：
（1）在菱形ABCD中，AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，
在△ABP和△CBP中，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
（2）由
（1）得：
△ADP≌△CDP
∴PA＝PC，∠DAP＝∠DCP，
∵PA＝PE，
∴PC＝PE，∠DAP＝∠E，
∴∠DCP＝∠E，
∵∠CFP＝∠EFD，
∴∠CPF＝∠CDF
∵∠ABC＝∠ADC＝120°
∴∠CPF＝∠EDF＝180°
﹣∠ADC＝60°
∴△CPE是等边三角形，
（3）CE＝
证明如下：
如前同理可证：
PC＝PE，∠EPC＝∠CDE，
∵在正方形ABCD中，∠ADC＝90°
∴∠EPC＝∠CDE＝90°
∴△CPE是等腰直角三角形三角形，
∴CE＝
3．解：
（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AB＝CD，∠A＝∠ADC＝90°
．
∵AD＝12，CD＝10，
∴BC＝12，AB＝10．
∵点E是AB的中点，
∴AE＝
AB＝5．
②∵DE⊥CF，
∴∠DPC＝∠DPF＝90°
∴∠DFC+∠DCF＝90°
，∠DFC+∠FDP＝90°
∴∠DCF＝∠FDP．
∵∠A＝∠ADC，
∴△CFD∽△DEA，
在Rt△AED中，由勾股定理，得
ED＝13．
∴CF＝
答：
CF的长度为
；
（2）当∠B+∠EPC＝180°
时，
成立．
证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠ADC，AD∥BC，
∴∠B+∠A＝180°
∵∠B+∠EPC＝180°
∴∠A＝∠EPC＝∠FPD，
∵∠FDP＝∠EDA，
∴△DFP∽△DEA，
∵∠B＝∠ADC，∠B+∠EPC＝180°
，∠EPC+∠DPC＝180°
∴∠CPD＝∠CDF，
∵∠PCD＝∠DCF，
∴△CPD∽△CDF，
即当∠B+∠EPC＝180°
4．解：
（1）O1D＝2
×
÷
2＝2；
O2F＝
2＝1．
故答案为：
2，1；
（2）点D、F重合时有一个公共点，O1O2＝2+1＝3．
3；
（3）两个正方形的边长有两个公共点时，1＜O1O2＜3；
无数个公共点时，O1O2＝1；
1个公共点时，O1O2＝3；
无公共点时，O1O2＞3或0≤O1O2＜1．
5．解：
（1）依题意补全图形如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠A＝∠C＝90°
∵点A关于直线DE的对称点为F，
∴△ADE≌△FDE，
∴DA＝DF＝DC，∠DFE＝∠A＝90°
∴∠DFG＝90°
在Rt△DFG和Rt△DCG中，
∵
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），
∴∠FDG＝∠CDG；
（2）①DE＝EM．
∵∠ADE＝∠FDE，∠FDG＝∠CDG，
∴∠EDG＝
∠ADC＝45°
∵EM⊥DE，
∴∠MED＝90°
∴∠EMD＝∠EDM＝45°
∴DE＝EM；
②BM＝
AE．
如图2，过点M作MN⊥AB交AB的延长线于点N，连接BM，
∵∠AED+∠NEM＝90°
，∠AED+∠ADE＝90°
∴∠NEM＝∠ADE，
又∵∠EAD＝∠MNE＝90°
，DE＝EM，
∴△DAE≌△ENM（AAS），
∴AE＝MN，AD＝EN，
∵AD＝AB，
∴AB＝EN＝AE+BE＝BE+BN，
∴AE＝BN＝MN，
∴△BNM是等腰直角三角形，
∴BM＝
MN＝
6．解：
（1）由题意得，
∴a＝21，
∴b＝18，
∴B点坐标为（21，12），点C的坐标为（18，0）；
（2）由题意
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