2022 年中考数学二轮复习压轴专题：四边形1 【习题再现】课本中有这样一道题目：如图 1，在四边形ABCD中，E，F，M分别是AB，CD，BD的中点，ADBC求证：EFMFEM （不用证明）【习题变式】（1）如图 2，在“习题再现”的条件下，延长AD，BC，EF，AD与EF交于点N，BC与EF交于点P求证：ANEBPE（2）如图 3，在ABC中，ACAB，点D在AC上，ABCD，E，F分别是BC，AD的中点，连接EF并延长，交BA的延长线于点G，连接GD，EFC60求证：AGD90【习题变式】解： （1）F，M分别是CD，BD的中点，MFBP，MFEBPEE，M分别是AB，BD的中点，MEAN，MEFANEADBC，MEMF，EFMFEM，ANEBPE（2）连接BD，取BD的中点H，连接EH，FHH，F分别是BD和AD的中点，HFBG，HFEFGAH，E分别是BD，BC的中点，HEAC，HEFEFC60ABCD，HEHF，HFEEFC60，A GF60，AFGEFC60，AFG为等边三角形AFGF，AFFD，GFFD，FGDFDG30，AGD60+30902 （1）问题：如图 1，在 RtABC中，BAC90，ABAC，D为BC边上一点（不与点B，C重合） ，连接AD，过点A作AEAD，并满足AEAD，连接CE则线段BD和线段CE的数量关系是BDCE，位置关系是BDCE（2）探索：如图 2，当D点为BC边上一点（不与点B，C重合） ，RtABC与 RtADE均为等腰直角三角形，BACDAE90，ABAC，ADAE试探索线段BD2、CD2、DE2之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）拓展：如图 3，在四边形ABCD中，ABCACBADC45，若BD3，CD1，请直接写出线段AD的长解： （1）问题：在 RtABC中，ABAC，BACB45，BACDAE90，BACDACDAEDAC，即BADCAE，在BAD和CAE中，BADCAE（SAS） ，故答案为：BDCE，BDCE；（2）探索：结论：DE2BD2+CD2，理由是：如图 2 中，连接ECBACDAE90，BADCAE，在ABD和ACE中，BADCAE（SAS） ，BDCE，BACE45，BCEACB+ACE45+4590，DE2CE2+CD2，DE2BD2+CD2；（3）拓展：如图 3，将AD绕点A逆时针旋转 90至AG，连接CG、DG，则DAG是等腰直角三角形，ADG45，ADC45，GDC90，同理得：BADCAG，CGBD3，RtCGD中，CD1，DG2，DAG是等腰直角三角形，ADAG23如图 1，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接BE、DG（1）BE和DG的数量关系是BEDG，BE和DG的位置关系是BEDG；（2）把正方形ECGF绕点C旋转，如图 2， （1）中的结论是否还成立？若成立，写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）设正方形ABCD的边长为 4，正方形ECGF的边长为 3，正方形ECGF绕点C旋转过程中，若A、C、E三点共线，直接写出DG的长解： （1）BEDGBEDG；理由如下：四边形ABCD和四边形CEFG为正方形，CDBC，CECG，BCEDCG90，在BEC和DGC中，BECDGC（SAS） ，BEDG；如图 1，延长GD交BE于点H，BECDGC，DGCBEC，DGC+EBCBEC+EBC90，BHG90，即BEDG；故答案为：BEDG，BEDG（2）成立，理由如下：如图 2 所示：同（1）得：DCGBCE（SAS） ，BEDG，CDGCBE，DMEBMC，CBE+BMC90，CDG+DME90，DOB90，BEDG；（3）由（2）得：DGEB，分两种情况：如图 3 所示：正方形ABCD的边长为 4，正方形ECGF的边长为 3，ACBD，BDACAB4，OAOCOBAC2，CE3，AEACCE，OEOAAE，在 RtBOE中，由勾股定理得：DGBE；如图 4 所示：OECE+OC2+35，在 RtBOE中，由勾股定理得：DGBE；综上所述，若A、C、E三点共线，DG的长为或4如图，在ABC中，B90，AB6cm，BC8cm，动点D从点C出发，沿CA方向匀速运动，速度为 2cm/s；同时，动点E从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为 1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动设点D，E运动的时间是t（s） （0t5） 过点D作DFBC于点F，连接DE，EF（1）t为何值时，DEAC？（2）设四边形AEFC的面积为S，试求出S与t之间的关系式；（3）是否存在某一时刻t，使得S四边形AEFC：SABC17：24，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（4）当t为何值时，ADE45？解： （1）B90o，AB6cm，BC8cm，AC10（cm） ，若DEAC，EDA90，EDAB，AA，ADEABC，即：，t，当ts时，DEAC；（2）DFBC，DFC90，DFCB，CC，CDFCAB，即，CF，BF8，BEABAE6t，SSABCSBEFABBCBFBE68（8t）（6t）t2+t；（3）若存在某一时刻t，使得S四边形AEFC：SABC17：24，根据题意得：t2+t68，解得：t1，t2（不合题意舍去） ，当ts时，S四边形AEFC：SABC17：24；（4）过点E作EMAC与点M，如 图所示：则EMAB90，AA，AEMACB，即，EMt，AMt，DM102tt10t，在 RtDEM中，当DMME时，ADE45，10tt，t当ts时，ADE455我们定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且项角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型” 因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手模型” 例如，如图（1） ，ABC与ADE都是等腰三角形，其中BACDAE，则ABDACE（SAS）（1）熟悉模型：如图（2） ，已知ABC与ADE都是等腰三角形，ABAC，ADAE，且BACDAE，求证：BDCE；（2）运用模型：如图（3） ，P为等边ABC内一点，且PA：PB：PC3：4：5，求APB的度数小明在解决此问题时，根据前面的“手拉手全等模型” ，以BP为边构造等边BPM，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连结CM，通过转化的思想求出了APB的度数，则APB的度数为150度；（3）深化模型：如图（4） ，在四边形ABCD中，AD4，CD3，ABCACBADC45，求BD的长（1）证明：BACDAE，BAC+CADDAE+CAD，即BADCAE，在BAD和CAE中，BADCAE（SAS） ，BDCE；（2）解：以BP为边构造等边BPM，连接CM，如图（3）所示：ABC与BPM都是等边三角形，ABBC，BPBMPM，ABCPBMBMP60，ABCPBCPBMPBC，即ABPCBM，在ABP和CBM中，ABPCBM（SAS） ，APCM，APBCMB，PA：PB：PC3：4：5，CM：PM：PC3：4：5，PC2CM2+PM2，CMP是直角三角形，PMC90，CMBBMP+PMC60+90150，APB150，故答案为：150；（3）解：过点A作EAAD，且AEAD，连接CE，DE，如图（4）所示：则ADE是等腰直角三角形，EAD90，DEAD4，EDA45，ADC45，EDC45+4590，在 RtDCE中，CE，ACBABC45，BAC90，ABAC，BAC+CADEAD+CAD，即BADCAE，在BAD和CAE中，BADCAE（SAS） ，BDCE6 （1）某学校“学习落实”数学兴趣小组遇到这样一个题目如图，在 ABC中，点O在线段BC上，BAO30，OAC75，AO，BO：CO2：1，求AB的长经过数学小组成员讨论发现，过点B作BDAC，交AO的延长线于点D，通过构造ABD就可以解决问题（如图 2）请回答：ADB75，AB3（2）请参考以上解决思路，解决问题：如图 3 在四边形ABCD中对角线AC与BD相交于点 0，ACAD，AO，ABCACB75，BO：OD2：1，求DC的长解： （1）如图 2 中，过点B作BDAC，交AO的延长线于点D，BDAC，ADBOAC75BODCOA，BODCOA，2， 又AO，OD2AO2，ADAO+OD3BAD30，ADB75，ABD180BADADB75ADB，ABAD3；故答案为 75，3（2）如图 3 中，过点B作BEAD交AC于点EACAD，BEAD，DACBEA90AODEOB，AODEOB，2BO：OD1：3，AO，EO2，AE3ABCACB75，BAC30，ABAC，AB2BE在 RtAEB中，BE2+AE2AB2，即（4BE2）2+BE2（2BE）2，解得：BE3，ABAC6，AD在 RtCAD中，AC2+AD2CD2，即 62+（）2CD2，解得：CD（负根已经舍弃） 7正方形ABCD中，AB4，点E、F分别在AB、BC边上（不与点A、B重合） （1）如图 1，连接CE，作DMCE，交CB于点M若BE3，则DM5；（2）如图 2，连接EF，将线段EF绕点F顺时针旋转，当点E落在正方形上时，记为点G；再将线段FG绕点G顺时针旋转，当点F落在正方形上时，记为点H；依此操作下去，如图 3，线段EF经过两次操作后拼得EFD，其形状为等边三角形，在此条件下，求证：AECF；若线段EF经过三次操作恰好拼成四边形EFGH，（3）请判断四边形EFGH的形状为正方形，此时AE与BF的数量关系是AEBF；（4）以 1 中的结论为前提，设AE的长为x，四边形EFGH的面积为y，求y与x的函数关系式及面积y的取值范围解： （1）如图 1 中，四边形ABCD是正方形，BDCM90，BE3，BC4，CE5，DMEC，DMC+MCE90，MCE+CEB90，DMCCEB，BCCD，BCECDM（AAS） ，DMEC5故答案为 5（2）如题图 3，由旋转性质可知EFDFDE，则DEF为等边三角形故答案为等边三角形（2）四边形EFGH的形状为正方形，此时AEBF理由如下：依题意画出图形，如答图 1 所示：连接EG、FH，作HNBC于N，GMAB于M由旋转性质可知，EFFGGHHE，四边形EFGH是菱形，由EGMFHN，可知EGFH，四边形EFGH的形状为正方形HEF901+290，2+390，133+490，2+390，24在AEH与BFE中，AEHBFE（ASA）AEBF故答案为正方形，AEBF（4）利用中结论，易证AEH、BFE、CGF、DHG均为全等三角形，BFCGDHAEx，AHBECFDG4xyS正方形ABCD4SAEH444x（4x）2x28x+16y2x28x+16（0 x4）y2x28x+162（x2）2+8，当x2 时，y取得最小值 8；当x0 时，y16，y的取值范围为：8y168已知：如图 1，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点B的坐标是（6，4） （1）直接写出A点坐标（6，0） ，C点坐标（0，4） ；（2）如图 2，D为OC中点连接BD，AD，如果在第二象限内有一点P（m，1） ，且四边形OADP的面积是ABC面积的 2 倍，求满足条件的点P的坐标；（3）如图 3，动点M从点C出发，以每钞 1 个单位的速度沿线段CB运动，同时动点N从点A出发以每秒 2 个单位的速度沿线段AO运动，当N到达O点时，M，N同时停止运动，运动时间是t秒（t0） ，在M，N运动过程中当MN5 时，直接写出时间t的值解： （1）四边形OABC是长方形，ABOC，BCOA，B（6，4） ，A（6，0） ，C（0，4） ，故答案为：6，0，0，4；（2）如图 2，由（1）知，A（6，0） ，C（0，4） ，OA6，OC4，四边形OABC是长方形，S长方形OABCOAOC6424，连接AC，AC是长方形OABC的对角线，SOACSABCS长方形OABC12，点D是OC的中点，SOADSOAC6，四边形OADP的面积是ABC面积的 2 倍，S四边形OADP2S