2022年人教版中考数学一轮复习：三角形+四边形压轴+三角形与四边形 专项练习题(Word版含答案)

2022年人教版中考数学一轮复习：三角形+四边形压轴+三角形与四边形专项练习题
三角形压轴专项练习题
1．【阅读材料】小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小明发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则△ABD≌△ACE．
【材料理解】（1）在图1中证明小明的发现．
【深入探究】（2）如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，连接AO，下列结论：①BD＝EC；②∠BOC＝60°；③∠AOE＝60°；④EO＝CO，其中正确的有．（将所有正确的序号填在横线上）．
【延伸应用】（3）如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．
2．（1）如图1，等腰△ABC和等腰△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，B，E，D三点在同一直线上，求证：∠BDC＝90°；
（2）如图2，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且∠BDC ＝90°，求证：∠ADB＝45°；
（3）如图3，等边△ABC中，D是△ABC外一点，且∠BDC＝60°，
①∠ADB的度数；
②DA，DB，DC之间的关系．
3．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，BC＝14，过点A作AD⊥BC于点D，E为腰AC上一动点，连接DE，以DE为斜边向左上方作等腰直角△DEF，连接AF．（1）如图1，当点F落在线段AD上时，求证：AF＝EF；
（2）如图2，当点F落在线段AD左侧时，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）在点E的运动过程中，若AF＝，求线段CE的长．
4．定义：如果一个直角三角形的两条直角边的比为2：1，那么这个三角形叫做“倍直角三角形”．
（1）如图1，下列三角形中是“倍直角三角形”的是；
（2）已知“倍直角三角形”的一条直角边的长度为2，则另一条直角边的长度为；
（3）如图2，正方形网格中，已知格点A、B、C、D，找出格点E，使△ABE、△CDE
都是“倍直角三角形”，这样的点E共有个；
（4）如图3，正方形网格中，已知格点A、B，找出格点C，使△ABC是“倍直角三角形”，请画出所有满足条件的点C．
5．如图1，已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D是AB上一点，且AC＝8，∠DCA＝45°，AE⊥BC于点E，交CD于点F．
（1）如图1，若AB＝2AC，求AE的长；
（2）如图2，若∠B＝30°，求△CEF的面积；
（3）如图3，点P是BA延长线上一点，且AP＝BD，连接PF，求证：PF+AF＝BC
6．如图，△ABC是等腰直角三角形，点D是BC的中点，FD⊥ED．
（1）如图1，若点E在线段AB上，点F在线段AC上．请探究出线段AE，AF，AB的数量关系，并加以证明；
（2）如图2，若点E在线段AB的延长线上，点F在线段CA的延长线上．请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请加以证明；若不成立，请探究出此时线段AE，AF，AB的数量关系，并加以证明．
7．如图1，在长方形ABCD中，AB＝CD＝6cm，BC＝10cm，点P从点B出发，以2cm/s 的速度沿BC向点C运动，设点P的运动时间为t秒，且t≤5．
（1）PC＝cm（用含t的代数式表示）．
（2）如图2，当点P从点B开始运动的同时，点Q从点C出发，以vcm/s的速度沿CD向点D运动，是否存在这样的v值，使得以A、B、P为顶点的三角形与以P、Q、C为顶点的三角形全等？若存在，请求出v的值；若不存在，请说明理由．
8．如图所示，正方形ABCD的边长是4，点E是边BC上的一个动点且∠AEF＝90°，EF 交DC于点G，交正方形外角平分线CF于点F，点M是AB的中点，连接EM．（1）求证：∠BAE＝∠FEC；
（2）若E为BC的中点，求证：AE＝EF；
（3）点E在何位置时线段DG最短，并求出此时DG的值．
9．已知，在△ABC中，AC＝BC，分别过A，B点作互相平行的直线AM、BN，过点C 的直线分别交直线AM、BN于点D、E．
（1）如图1，若AM⊥AB，求证：CD＝CE；
（2）如图2，∠ABC＝∠DEB＝60°，求证：AD+DC＝BE．
10．（1）问题提出：如图1，已知等边△ABC的边长为2，D为BC的中点，P是AD上一动点，则BP+AP的最小值为．
（2）问题探究：如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，AC＝，在三角形内有一点P满足∠APB＝∠BPC＝120°，求PA+PB+PC的值．
（3）问题解决：如图3，某地在脱贫攻坚乡村振兴中因地制宜建造了3个特色农产品种植基地A，B，C．现需根据产品中转点P修建通往种植基地A，B，C的道路PA，PB，PC，方便农产品的储藏运输，根据地质设计，PB路段每米造价是PA的倍，PC路段每米造价是PA的2倍．已知AB＝BC＝2000米，∠ABC＝30°，要使修建3条道路费
用最小，即求PA+PB+2PC的最小值．
11．如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D为BC边上一点．
（1）如图1，若AD＝AM，∠DAM＝120°．
①求证：BD＝CM；
②若∠CMD＝90°，求的值；
（2）如图2，点E为线段CD上一点，且CE＝1，AB＝2，∠DAE＝60°，求DE 的长．
12．已知：线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB．
（1）如图1，求证：∠A+∠D＝∠B+∠C；
（2）如图2，∠ADC和∠ABC的平分线DE和BE相交于点E，并且与AB、CD分别相交于点M、N，∠A＝28°，∠C＝32°，求∠E的度数；
（3）如图3，∠ADC和∠ABC的三等分线DE和BE相交于点E，并且与AB、CD分别相交于点M、N，∠CDE＝∠ADC，∠CBE＝∠ABC，试探究∠A、∠C、∠E三者之间存在的数量关系，并说明理由．
13．如图在平面直角坐标系中，点A（0，a）、B（﹣2，0）、C（b，0）且（a+b﹣7）2+＝0
（1）求点A、C的坐标；
（2）求△ABC的面积S△ABC；
（3）当点P的坐标是（m，4）且S△ABP＝S△ABC时，求m的值．
14．如图，已知AB∥CD，∠1+3＝90°，BC、CF分别平分∠ABF和∠BFE，试说明AB
∥EF的理由．
解：∵AB∥CD（已知），
∴∠1＝∠2（）．
∵∠1+∠3＝90°（已知），
∴∠2+∠3＝90°（）．
即∠BCF＝90°．
∵＝180°（三角形内角和等于180°），∴＝90°（等式性质）．
∵BC、CF分别平分∠ABF和∠BFE（已知），
∴（）．
∴∠ABF+∠BFE＝180°（）．
∴AB∥FE（）．
参考答案1．（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，，
∴△ABD≌△ACE；
（2）如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE，①正确，∠ADB＝∠AEC，
记AD与CE的交点为G，
∵∠AGE＝∠DGO，
∴180°﹣∠ADB﹣∠DGO＝180°﹣∠AEC﹣∠AGE，∴∠DOE＝∠DAE＝60°，
∴∠BOC＝60°，②正确，
在OB上取一点F，使OF＝OC，连接CF，
∴△OCF是等边三角形，
∴CF＝OC，∠OFC＝∠OCF＝60°＝∠ACB，
∴∠BCF＝∠ACO，
∵AB＝AC，
∴△BCF≌△ACO（SAS），
∴∠AOC＝∠BFC＝180°﹣∠OFC＝120°，
∴∠AOE＝180°﹣∠AOC＝60°，③正确，
连接AF，要使OC＝OE，则有OC＝CE，
∵BD＝CE，
∴CF＝OF＝BD，
∴OF＝BF+OD，
∴BF＜CF，
∴∠OBC＞∠BCF，
∵∠OBC+∠BCF＝∠OFC＝60°，
∴∠OBC＞30°，而没办法判断∠OBC大于30度，所以，④不一定正确，
即：正确的有①②③，
故答案为①②③；
（3）如图3，
延长DC至P，使DP＝DB，
∵∠BDC＝60°，
∴△BDP是等边三角形，
∴BD＝BP，∠DBP＝60°，
∵∠ABC＝60°＝∠DBP，
∴∠ABD＝∠CBP，
∵AB＝CB，
∴△ABD≌△CBP（SAS），
∴∠BCP＝∠A，
∵∠BCD+∠BCP＝180°，
∴∠A+∠BCD＝180°．
2．（1）证明：如图1，设BD与AC交于点F，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠ABE+∠AFB＝90°，∠AFB＝∠CFD，∴∠ACD+∠CFD＝90°，
∴∠BDC＝90°；
（2）如图2，过A作AE⊥AD交BD于E，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵∠BAC＝∠BDC＝90°，∠AFB＝∠CFD，
∴∠ABE＝∠ACD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（ASA），
∴AE＝AD，
∴∠ADE＝∠AED＝45°；
（3）①如图3，在形内作∠DAE＝60°，AE交BD于E点，
与（2）同理△ABE≌△ACD，
∴AE＝DA，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE＝60°；
②∵BE＝DC，
∴DB＝BE+DE＝DA+DC．
3．（1）证明：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC，
∴∠CAD＝45°，
∵△EFD是等腰直角三角形，
∴∠EFD＝∠AFE＝90°，
∴∠AEF＝180°﹣∠CAD﹣∠AFE＝45°，
∴∠EAF＝∠AEF，
∴AF＝EF；
（2）解：当点F落在线段AD左侧时，（1）中结论AF＝EF仍然成立，理由如下：如图2，取AC的中点G，连接DG，FG，
在Rt△ADC中，∴DG＝CG＝AG，
∴∠GDC＝∠C＝45°，
∴∠DGC＝90°，
∴△DGC是等腰直角三角形，
∵△DFE是等腰直角三角形，
∴＝，
∵∠FDG＝∠FDE+∠EDG＝45°+∠EDG，
∠EDC＝∠GDC+∠EDG＝45°+∠EDG，
∴∠FDG＝∠EDC，
∴△FDG∽△EDC，
∴∠FGD＝∠ECD＝45°，
∴∠FGA＝45°，
在△FGA和△FGD中，
，
∴△FGA≌△FGD（SAS），
∴AF＝DF，
∵DF＝EF，
（3）在Rt△ABC中，BC＝14，D是BC中点，
∴AD＝7，
取AC的中点G，连接DG，FG，设直线FG与AD相交于点P，由（2）可知∠FGD＝45°＝∠GDC，
∴FG∥DC，
∴GP⊥AD且AP＝DP＝PG＝AD＝，
在Rt△APF中，AP＝，AF＝，
∴PF＝＝＝，
①如图2，当点F落在线段AD左侧时，FG＝4，
∵△FDG∽△EDC，
∴＝，
∴EC＝4；
②如图3，当点F落在线段AD的右侧时，
∴FG＝PG﹣PF＝DP﹣PF＝3.5﹣0.5＝3，
同理得△FDG∽△EDC，
∴＝，
综上，EC的长是4或3．
4．解：（1）如图1中，∵AB＝，BC＝，AC＝3，∴AB2+BC2≠AC2，
∴△ABC不是倍直角三角形，
∵DF＝2，DE＝4，EF＝2，
∴DF2+DE2＝EF2，
∴∠FDE＝90°，
∵DE＝2DF，
∴△DEF是倍直角三角形，
∵∠GHI＝90°，GH＝5，HL＝3，
∴GH≠2HI，
∴△GHI不是倍直角三角形，
故答案为：△DEF．
（2）∵“倍直角三角形”的一条直角边的长度为2，
∴另一条直角边的长度为1或4，
故答案为：1或4．
（3）如图2中，满足条件的点E共有4个，
故答案为：4．
（4）如图3中，满足条件的点C共有5个．
5．（1）解：如图1中，
∵AB＝2AC，AC＝8，
∴AB＝16，
∵∠BAC＝90°，
∴BC＝＝＝8，
∵AE⊥BC，
∴S△ABC＝•BC•AE＝•AC•AB，
∴AE＝＝．
（2）解：如图2中，在CE上取一点T，使得FJ＝CJ，连接FJ．
∵∠BAC＝90°，∠B＝30°，
∴∠ACE＝90°﹣30°＝60°，
∵AE⊥BC，AC＝8，
∴CE＝AC•cos60°＝4，
∵∠DCA＝45°，
∴∠FCE＝∠ACE﹣∠ACD＝15°，
∵JF＝JC，
∴∠JFC＝∠JCF＝15°，
∴∠EJF＝∠JFC+∠JCF＝30°，
设EF＝m，则FJ＝JC＝2m，EJ＝m，
∴m+2m＝4，
∴m＝4（2﹣），
∴EF＝4（2﹣），
∴S△ECF＝×4×4（2﹣）＝8（2﹣）．
（3）证明：如图3中，过A点作AM⊥CD于点M，与BC交于点N，连接DN．
∵∠BAC＝90°，AC＝AD，
∴AM⊥CD，AM＝DM＝CM，∠DAM＝∠CAM＝∠ADM＝∠ACD＝45°，∴DN＝CN，
∴∠NDM＝∠NCM，
∵AE⊥BC，
∴∠ECF+∠EFC＝∠MAF+∠AFM＝90°，
∵∠AFM＝∠EFC，
∴∠MAF＝∠ECF，
∴∠MAF＝∠MDN，
∵∠AMF＝∠AMN，
∴△AMF≌△DMN（ASA），
∴AF＝DN＝CN，
∵∠BAC＝90°，AC＝AD，
∴∠DAM＝∠CAM＝∠ADM＝∠ACD＝45°，
∴∠NAP＝∠CDB＝135°，
∵∠MAF＝∠MDN，
∴∠PAF＝∠BDN，
∵AP＝DB，
∴△APF≌△DBN（SAS），
∴PF＝BN，
∵AF＝CN，
∴PF+AF＝CN+BN，
即PF+AF＝BC．
6．解：（1）AE+AF＝AB，理由如下：
连接AD，如图1所示：
∵△ABC是等腰直角三角形，点D是BC的中点，
∴∠B＝∠C＝45°，AD⊥BC，∠DAF＝∠BAC＝45°，AD＝BC＝BD，∴∠B＝∠DAF，∠ADB＝90°，
又∵FD⊥ED，
∴∠EDF＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF，
在△BDE和△ADF中，
，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴BE＝AF，
∵AE+BE＝AB，
∴AE+AF＝AB；
（2）AB+AF＝AE，理由如下：
连接AD，如图2所示：
同①得：∠BDE＝∠ADF，AD＝BD，∠ABD＝∠CAD＝45°，
∴∠DBE＝∠DAF＝135°，
在△BDE和△ADF中，
，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴BE＝AF，
∵AB+BE＝AE，
∴AB+AF＝AE．
7．解：（1）BP＝2t，则PC＝10﹣2t；
故答案为（10﹣2t）；
（2）存在．
分两种情况讨论：
①当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ．因为AB＝6，所以PC＝6．
所以BP＝10﹣6＝4，即2t＝4．
解得t＝2．
因为CQ＝BP＝4，v×2＝4，所以v＝2．
②当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP．因为PB＝PC，
所以BP＝PC＝BC＝5，即2t＝5．
解得t＝2.5．
因为CQ＝BA＝6，即v×2.5＝6，解得v＝2.4．
综上所述，当v＝2.4或2时，△ABP与△PQC全等．8．解：（1）∵正方形ABCD，
∴∠B＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
（2）证明：∵正方形ABCD，
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝∠DCG＝90°，
∵E为BC的中点，
∴AM＝EC＝BE，
∴∠BME＝∠BEM＝45°，
∴∠AME＝135°，
∵CF平分∠DCG，
∴∠DCG＝∠FCG＝45°，
∴∠ECF＝180°﹣∠FCG＝135°，
∴∠AME＝∠ECF，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
又∠AEB+∠MAE＝90°，
∴∠MAE＝∠CEF，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF，
（3）设BE＝x，CE＝4﹣x，
由（1）知，∠BAE＝∠GEC，
∵∠B＝∠ECG＝90°，
∴△ABE∽△GEC，
∴，
∴，
∴GC＝，
∴DG＝4﹣＝x2﹣x+4＝（x﹣2）2+3，∴当x＝2即E为BC中点时，线段DG最短，
DG的最小值为3．
9．证明：（1）如图1，延长AC交BN于点F，
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA，
又∵AB⊥AM，
∴∠BAM＝90°，
又∵AM∥BN，
∴∠BAM+∠ABN＝180°，
∴∠ABN＝90°，
∴∠BAF+∠AFB＝90°，∠ABC+∠CBF＝90°，
∴∠CBF＝∠AFB，
∴BC＝CF，
∴AC＝FC，
又∵AM∥BN，
∴∠DAF＝∠AFB，
在△ADC和△FEC中，
，
∴△ADC≌△FEC（ASA），
∴DC＝EC；
（2）如图2，在EB上截取EH＝EC，连CH，
∵AC＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∵∠DEB＝60°，
∴△CHE是等边三角形，
∴∠CHE＝60°，∠HCE＝60°，
∴∠BHC＝120°，
∵AM∥BN，
∴∠ADC+∠BEC＝180°，
∴∠ADC＝120°，
∴∠DAC+∠DCA＝60°，
又∵∠DCA+∠ACB+∠BCH+∠HCE＝180°，∴∠DCA+∠BCH＝60°，
∴∠DAC＝∠BCH，
在△DAC与△HCB中，
，
∴△DAC≌△HCB（AAS），
∴AD＝CH，DC＝BH，
又∵CH＝CE＝HE，
∴BE＝BH+HE＝DC+AD．
10．解：（1）如图1，过点P作PM⊥AC于M，
∵△ABC是等边三角形，D是BC的中点，
∴∠DAC＝∠BAC＝30°，
∴PM＝PA，
∴PB+PA＝PB+PM，
∴当B，P，M三点共线时，PB+PA的值最小，
此时，BM⊥AC，
∵AB＝2，∠BAC＝60°，
∴BM＝＝，
故答案为：；
（2）如图2，把△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BEF，连接PE，
由旋转得：PB＝BE，∠CBF＝∠PBE＝60°，∠BPC＝∠BEF＝120°，PC＝EF，∴△PBE是等边三角形，
∴∠BPE＝∠BEP＝60°，PB＝PE，
∴∠ABF＝∠ABC+∠CBF＝30°+60°＝90°，
∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴∠APB+∠BPE＝∠BEF+∠BEP＝120°+60°＝180°，
∴A，P，E，F四点共线，
在Rt△ABC中，∵∠ABC＝30°，AC＝，
∴BC＝BF＝2，AB＝AC＝，
在Rt△ABF中，AF＝＝＝7，
∴PA+PB+PC＝PA+PE+FE＝AF＝7；
（3）如图3，把△BPC绕点B顺时针旋转60°并扩大2倍得到△BED，连接AD，取BE的中点F，连接PF，PE，
由旋转得：∠PBE＝∠CBD＝60°，BE＝2PB，DE＝2PC，BD＝2BC＝4000，
∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝30°+60°＝90°，
∵BF＝BP，
∴△BPF是等边三角形，
∴BF＝EF＝PF，
∴∠BPE＝90°，PE＝PB，
∴PA+PB+2PC＝PA+PE+DE≥AD（当点A，P，E，D共线时取等号），
在Rt△ABD中，AD＝＝＝2000（米）；
∴PA+PB+2PC的最小值是2000米．
11．（1）①证明：如图1，
∵∠BAC＝∠DAM＝120°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAM﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAM，
∵AB＝AC，AD＝AM，
∴△ABD≌△ACM（SAS），
∴BD＝CM；
②解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACD＝30°，
由①知：△ABD≌△ACM，
∴∠ACM＝∠B＝30°，
∴∠DCM＝60°，
∵∠CMD＝90°，
∴∠CDM＝30°，
∴CM＝CD，
∵BD＝CM，
∴＝；
（2）解：解法一：如图2，过点E作EG⊥AC于G，过A作AF⊥BC于F，
Rt△CEG中，∠C＝30°，CE＝1，
∴EG＝CE＝，CG＝，
∵AC＝AB＝2，
∴AG＝AC﹣CG＝2﹣＝，
∵AF⊥BC，
∴∠AFC＝90°，
∴AF＝AC＝，
∵∠DAE＝∠FAC＝60°，
∴∠DAF＝∠EAG，
∵∠AFD＝∠AGE＝90°，
∴△ADF∽△AEG，
∴，即＝，
∴DF＝，
由勾股定理得：AE2＝AF2+EF2＝AG2+EG2，
∴，
解得：EF＝2或﹣2（舍），
∴DE＝DF+EF＝+2＝；
解法二：如图3，线段AD绕点A逆时针旋转120°到AM，连接CM，EM，过M作MQ⊥BC于Q，
由（1）同理得△ABD≌△ACM，
∴∠ACM＝∠B＝30°＝∠ACB，∠BAD＝∠CAM，
∴∠MCQ＝60°，
Rt△QMC中，CQ＝CM，
设CQ＝x，则CM＝2x，QM＝x，
∴EQ＝x﹣1，
∵∠DAE＝60°，∠BAC＝120°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠EAC+∠CAM＝60°，
∴∠DAE＝∠EAM，
∵AD＝AM，AE＝AE，
∴△ADE≌△AME（SAS），
∴EM＝DE＝5﹣2x，
由勾股定理得：EM2＝EQ2+QE2，
∴（x）2+（x﹣1）2＝（5﹣2x）2，
解得：x＝，
∴DE＝5﹣2x＝．
12．（1）证明：∵∠A+∠D+∠AOD＝∠C+∠B+∠BOC＝180°，
∠AOD＝∠BOC，
∴∠A+∠D＝∠C+∠B；
（2）解：∵∠ADC和∠ABC的平分线DE和BE相交于点E，
∴∠ADE＝∠CDE，∠ABE＝∠CBE，
由（1）可得∠A+∠ADE＝∠E+∠ABE，∠C+∠CBE＝∠E+∠CDE，∴∠A+∠C＝2∠E，
∵∠A＝28°，∠C＝32°，
∴∠E＝30°；
（3）解：∠A+2∠C＝3∠E．
理由：∵∠CDE＝∠ADC，∠CBE＝∠ABC，
∴∠ADE＝2∠CDE，∠ABE＝2∠CBE，
由（1）可得∠A+∠ADE＝∠E+∠ABE，∠C+∠CBE＝∠E+∠CDE，∴2∠C+2∠CBE＝2∠E+2∠CDE，
∴∠A+2∠C+∠ADE+2∠CBE＝3∠E+∠ABE+2∠CDE，
即∠A+2∠C＝3∠E．
13．解：（1）∵（a+b﹣7）2+＝0，
∴，解得，
∴A（0，3），C（4，0）；
（2）∵A（0，3）、B（﹣2，0）、C（4，0），∴BC＝6，OA＝3，
∴S△ABC＝＝9；
（3）当P点在第一象限，则PC∥AB，
如图，作PM⊥x轴于M，
∵PC∥AB，
∴∠ABO＝∠PCM，
∵∠AOB＝∠PMC，
∴△AOB∽△PMC，
∴＝，即＝，
∴CM＝，
∴OM＝OC+CM＝＝，
∴m＝，
当P点在第二象限，同理求得，
综上，m的值为﹣或．
14．解：∵AB∥CD（已知），
∴∠1＝∠2（两直线平行，内错角相等）．
∵∠1+∠3＝90°（已知），
∴∠2+∠3＝90°（等量代换）．
即∠BCF＝90°．
∵∠BCF+∠4+∠5＝180°（三角形内角和等于180°），
∴∠4+∠5＝90°（等式性质）．
∵BC、CF分别平分∠ABF和∠BFE（已知），
∴∠ABF＝2∠5，∠BFE＝2∠4（角平分线的定义）．
∴∠ABF+∠BFE＝180°（等式的性质）．
∴AB∥FE（同旁内角互补，两直线平行）．
故答案为两直线平行，内错角相等；等量代换；∠BCF+∠4+∠5；∠4+∠5；∠ABF＝2∠5，∠BFE＝2∠4；角平分线的定义；等式的性质；同旁内角互补，两直线平行．
2022年人教版中考数学一轮复习：四边形压轴专项练习题
1．（1）如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边AB、BC上，∠EDF＝45°，连接EF，求证：EF＝AE+FC．
（2）如图②，点E，F在正方形ABCD的对角线AC上，∠EDF＝45°，猜想EF、AE、FC的数量关系，并说明理由．
2．在▱ABCD中，点M为AB的中点．
（1）如图1，若∠A＝90°，连接DM且∠BMD＝3∠ADM，试探究AB与BC的数量关系；
（2）如图2，若∠A为锐角，过点C作CE⊥AD于点E，连接EM，∠BME＝3∠AEM，
①求证：AB＝2BC；
②若EA＝EC，求的值．
3．如图，将平行四边形OABC放置在平面直角坐标系xOy内，已知A（3，0），B（0，4）．
（Ⅰ）点C的坐标是（，）；
（Ⅱ）若将平行四边形OABC绕点O逆时针旋转90°得OFDE，DF交OC于点P，交y 轴于点F，求△OPF的面积；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的情形下，若再将平行四边形OFDE沿y轴正方向平移，设平移的距离
为d，当平移后的平行四边形O'F'D'E′与平行四边形OABC重叠部分为五边形时，设其面积为S，试求出S关于d的函数关系式，并直接写出x的取值范围．
4．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝∠D＝90°，点E是AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，且点G在四边形ABCD内部，延长BG交DC于点F，连接EF．
（1）求证：△EGF≌△EDF；
（2）求证：BG＝CD；
（3）若点F是CD的中点，BC＝8，求CD的长．
5．如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．
（1）[发现]：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间的数量关系是；位置关系是；
（2）[探究]：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，猜想DG与BE的数量关系与位置关系，并说明理由；
（3）[应用]：在（2）情况下，连接GE（点E在AB上方），若GE∥AB，且AB＝，AE＝1，求线段DG的长．
6．如图，在等边△ABC中，AB＝6cm，动点P从点A出发以1cm/s的速度沿AB匀速运动．动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC的延长线方向匀速运动，当点P到达点B时，点P、Q同时停止运动．设运动时间为t（s）．过点P作PE⊥AC于E，连接PQ 交AC边于D．以CQ、CE为边作平行四边形CQFE．
（1）当t为何值时，△BPQ为直角三角形；
（2）求DE的长；
（3）取线段BC的中点M，连接PM，将△BPM沿直线PM翻折，得△B'PM，连接AB'，当t为何值时，AB'的值最小？并求出最小值．
7．如图，四边形ABCD是矩形，点E在AB边上，且BC＝BE，连接EC、AC，过点B作BG⊥AC，垂足为G，BG分别交EC、DC于F、H两点．
（1）如图1，若BC＝2，∠ECA＝15°，求线段EF的长．
（2）如图2，延长AB到M，连接MF，使得∠BMF＝∠FBC，求证：BF+FM＝AC．（3）如图3，在（1）的条件下，点N是线段DC的三等分点，且DN＜CN，点P是线段AD的中点，连接AN，将△ADN绕点D逆时针旋转α°（0≤α≤360）到△A'DN'，连接PA'，NA'，当3NA'﹣PA'取最大值时，请直接写出△A'DH的面积．
8．（1）如图1，正方形ABCD和正方形DEFG（其中AB＞DE），连接CE，AG交于点H，请直接写出线段AG与CE的数量关系，位置关系；
（2）如图2，矩形ABCD和矩形DEFG，AD＝2DG，AB＝2DE，AD＝DE，将矩形DEFG 绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜360°），连接AG，CE交于点H，（1）中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段AG，CE的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）矩形ABCD和矩形DEFG，AD＝2DG＝6，AB＝2DE＝8，将矩形DEFG绕点D 逆时针旋转α（0°＜α＜360°），直线AG，CE交于点H，当点E与点H重合时，请直接写出线段AE的长．
9．定义：有一组对边相等且这一组对边所在直线互相垂直的凸四边形叫做“等垂四边形”．
（1）如图①，四边形ABCD与四边形AEEG都是正方形，135°＜∠AEB＜180°，求证：四边形BEGD是“等垂四边形”；
（2）如图②，四边形ABCD是“等垂四边形”，AD≠BC，连接BD，点E，F，G分别是AD，BC，BD的中点，连接EG，FG，EF．试判定△EFG的形状，并证明；
（3）如图③，四边形ABCD是“等垂四边形”，AD＝4，BC＝6，试求边AB长的最小值．
10．如图，正方形ABCD和正方形DEFG有公共顶点D．
（1）如图1，连接AG和CE，直接写出AG和CE的关系；
（2）如图2，连接AE，M为AE中点，连接DM、CG，探究DM、CG的关系，并说明理由；
（3）如图3，若AB＝4，DE＝2，直线AG与直线CE交于点P，请直接写出AP的取值范围：．
11．在正方形ABCD中，E为边CD上一点（不与点C、D重合），垂直于BE的一条直线MN分别交BC、BE、AD于点M、P、N，正方形ABCD的边长为6．
（1）如图1，当点M和点C重合时，若AN＝4，求线段PM的长度；
（2）如图2，当点M在边BC上时，判断线段AN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线AC上运动时，连接NB，将△BPN沿着BN翻折，点P落在点P'处，AB的中点为Q，直接写出P'Q的最小值．
12．如图，四边形ABCD为矩形，点E为边AB上一点，将△ADE沿DE折叠，点A落在矩形ABCD内的点F处．
（1）如图①，若AB＝8，AD＝6，点F恰好落在矩形的对角线BD上，求线段BF的长；（2）如图②，连接BF，若△BEF为等边三角形，求的值；
（3）如图③，已知E为AB中点，tan∠ADE＝，连接BF，FC，若△ADE的面积为S，求△BFC的面积．（结果用关于S的代数式表示）
13．已知：如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OE⊥BD交AD边于点
E，连接BE．
（1）如图1，求证：BD平分∠EBC；
（2）如图2，延长EO交BC于点F，当BF＝2AE时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有长度等于CD的线段．
14．如图①，在长方形ABCD中，已知AB＝20，AD＝12，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段DC向终点C运动，运动时间为t秒，连接AP，设点D关于AP的对称点为点E．
（1）如图②，射线PE恰好经过点B，试求此时t的值．
（2）当射线PE与边AB交于点Q时，
①请直接写出AQ长的取值范围：；
②是否存在这样的t的值，使得QE＝QB？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．
15．【问题提出】如图1，在四边形ABCD中，AD＝CD，∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，AB＝2，BC＝1，求四边形ABCD的面积．
【尝试解决】旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．
（1）如图2，连接BD，由于AD＝CD，所以可将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB'，则△BDB′的形状是．
（2）在（1）的基础上，求四边形ABCD的面积．
【类比应用】（3）如图3，等边△ABC的边长为2，△BDC是顶角为∠BDC＝120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，
连接MN，求△AMN的周长．
参考答案1．证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠C＝∠ADC＝∠DAB＝90°，如图①：延长BA，使AM＝CF，连接MD，
在△AMD和△CFD中，
，
∴△AMD≌△CFD（SAS），
∴∠MDA＝∠CDF，MD＝DF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠ADE+∠FDC＝45°，
∴∠ADM+∠ADE＝45°＝∠MDE，
∴∠MDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDM中，
，
∴△EDF≌△EDM（SAS），
∴EF＝EM，
∵EM＝AM+AE＝AE+CF，
∴EF＝AE+CF；
（2）EF2＝AE2+CF2，
理由如下：
如图②，将△CDF绕点D顺时针旋转90°，可得△ADN，
由旋转的性质可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，∴∠CAN＝∠CAD+∠DAN＝90°，
∴EN2＝AE2+AN2，
∵∠EDF＝45°，
∴∠CDF+∠ADE＝45°，
∴∠ADE+∠ADN＝45°＝∠NDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDN中，
，
∴△EDF≌△EDN（SAS），
∴EF＝EN，
∴EF2＝AE2+CF2．
2．解：（1）BC＝AB，理由如下：
∵∠BMD＝3∠ADM，
∴∠A+∠ADM＝3∠ADM，
∴∠A＝2∠ADM，
∵∠A＝90°，
∴∠ADM＝45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AD＝AM，
∵四边形ABCD是平行四边形，M是AB中点，
∴AD＝BC，AM＝AB，
∴BC＝AB；
（2）①取CD的中点N，连接MN并延长交CE于F，如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，M是AB中点，N是CD的中点，∴DN＝CN＝CD＝AB＝AM＝BM，CD∥AB，
∴四边形AMND、四边形BCNM是平行四边形，
∴MN∥AD∥BC，
∴＝，∠AEM＝∠EMF，∠CMF＝∠MCB，
∴EF＝CF，
∵CE⊥AD于点E，
∴MN⊥CE，
∴MF是CE的垂直平分线，
∴ME＝MC，
∴∠EMF＝∠CMF，
设∠AEM＝α，则∠EMF＝∠CMF＝∠MCB＝α，∠EMC＝2α，∵∠BME＝3∠AEM，
∴∠BME＝3α，
∴∠BMC＝∠BME﹣∠EMC＝α，
∴∠BMC＝∠MCB＝α，
∴BC＝BM＝AB，
∴AB＝2BC；
②如图：
由①知：AB＝2BC，
∴CD＝2AD
设ED＝x，EC＝y，则EA＝y，AD＝y﹣x，CD＝2（y﹣x），Rt△CDE中，ED2+EC2＝CD2，
∴x2+y2＝4（y﹣x）2，
化简整理得：3x2﹣8xy+3y2＝0，
解得x＝y或x＝y，
∵DE＜AE，
∴x＝y，
∴＝，即＝．
3．解：（Ⅰ）∵A（3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC＝OA＝3，BC∥OA，AB∥OC，
∴点C的坐标为：（﹣3，4）；
故答案为：﹣3，4；
（Ⅱ）由旋转的性质，可得：OD＝OB＝4，OF＝OA＝3，∠ODF＝∠OBA，∠OFD＝∠OAB，
∵∠BOD＝90°，
∴S△DOF＝OD•OF＝×4×3＝6，DF＝＝＝5，
∵AB∥OC，
∴∠OBA＝∠BOC，
∴∠ODF＝∠BOC，
∵∠OFP＝∠DFO，
∴△OFP∽△DFO，
∴＝（）2＝（）2＝，
∴S△OPF＝S△DOF＝×6＝；
（Ⅲ）如图，重叠部分为五边形时，F′必须位于点B上方，
∵OF＝3，OB＝4，
∴d＞1，
当点C在D′F′上时，重叠部分不构成五边形，设此时直线D′F′的解析式为y＝x+b，将C（﹣3，4）代入，得4＝×（﹣3）+b，
解得：b＝，
∴直线D′F′的解析式为y＝x+，
令x＝0，得y＝，
∴F′（0，），
∴OF′＝，
∴FF′＝OF′﹣OF＝﹣3＝，
∴d＜，
∴1＜d＜；
∵＝sin∠F′OC＝，
∴P′F′＝F′O＝（d+3），
同理可得：P′O＝（d+3），
∴S△F′P′O＝P′F′•P′O＝×（d+3）×（d+3）＝（d+3）2，
∵＝cos∠D′F′O＝，BF′＝d﹣1，
∴HF′＝（d﹣1），
∵＝sin∠D′F′O＝，
∴HB＝HF′＝×（d﹣1）＝（d﹣1），
∴S△HBF′＝BF′•HB＝×（d﹣1）×（d﹣1）＝（d﹣1）2，
∵OO′＝d，
∴O′G＝OO′•sin∠BOC＝d，OG＝OO′•cos∠BOC＝d，
∴S△OGO′＝O′G•OG＝×d×d＝d2，
∴S＝S△F′P′O﹣S△HBF′﹣S△OGO′＝（d+3）2﹣（d﹣1）2﹣d2＝﹣d2+d+，
∴S＝﹣d2+d+（1＜d＜）．
4．（1）证明：∵将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴△ABE≌△GBE，
∴∠BGE＝∠A，AE＝GE，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴∠EGF＝∠D＝90°，
∵EA＝ED，
∴EG＝ED，
在Rt△EGF和Rt△EDF中，
，
∴Rt△EGF≌Rt△EDF（HL）；
（2）证明：由折叠性质可得，AB＝BG，
∵AD∥BC，∠A＝∠D＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，
∴BG＝DC．
（3）解：由折叠可知AB＝GB，
由（1）知Rt△EGF≌Rt△EDF，
∴GF＝DF，
又∵∠C＝90°，AB＝CD，FD＝CF，
∴GB＝2GF，BF+GF＝3GF，
∵BF2＝BC2+CF2，
∴（3GF）2＝64+GF2，
∴GF＝2，
∴CD＝2GF＝4．
5．解：（1）DG＝BE，DG⊥BE，理由如下：∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAE＝∠DAG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE＝DG；
如图2，延长BE交AD于Q，交DG于H，
∵△ABE≌△DAG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠AQB+∠ABE＝90°，
∴∠AQB+∠ADG＝90°，
∵∠AQB＝∠DQH，
∴∠DQH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：DG＝BE，DG⊥BE；
（2）DG＝2BE，BE⊥DG，理由如下：
如图3，延长BE交AD于K，交DG于H，∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，∴∠BAD＝∠EAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴＝＝，
∴△ABE∽△ADG，
∴＝＝，∠ABE＝∠ADG，
∴DG＝2BE，
∵∠AKB+∠ABE＝90°，
∴∠AKB+∠ADG＝90°，
∵∠AKB＝∠DKH，
∴∠DKH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图4，（为了说明点B，E，F在同一条线上，特意画的图形）
设EG与AD的交点为M，
∵EG∥AB，
∴∠DME＝∠DAB＝90°，
在Rt△AEG中，AE＝1，
∴AG＝2AE＝2，
根据勾股定理得：EG＝＝，
∵AB＝，
∴EG＝AB，
∵EG∥AB，
∴四边形ABEG是平行四边形，
∴AG∥BE，
∵AG∥EF，
∴点B，E，F在同一条直线上，如图5，
∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE＝＝＝2，由（2）知，△ABE∽△ADG，
∴＝＝，
即＝，
∴DG＝4．
6．解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝60°，
∴当BQ＝2BP时，∠BPQ＝90°，∴6+t＝2（6﹣t），
解得：t＝2，
即t＝2s时，△BPQ是直角三角形；。