?初中數(shù)學(xué)中考沖刺 特殊四邊形綜合培優(yōu)練習(xí)試卷答案
一．選擇題
1．解：①如圖，延長(zhǎng)FP交AB與G，連PC，延長(zhǎng)AP交EF與H，
∵GF∥BC，
∴∠DPF＝∠DBC，
∵四邊形ABCD是正方形
∴∠DBC＝45°
∴∠DPF＝∠DBC＝45°，
∴∠PDF＝∠DPF＝45°，
∴PF＝EC＝DF，
在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，
∴DP＝EC．
故①正確；
②∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°，
∴四邊形PECF為矩形，
∴四邊形PECF的周長(zhǎng)＝2CE+2PE＝2CE+2BE＝2BC＝4，
故②正確；
③∵點(diǎn)P是正方形ABCD的對(duì)角線BD上任意一點(diǎn)，∠ADP＝45°，
∴當(dāng)∠PAD＝45°或67.5°或90°時(shí)，△APD是等腰三角形，
除此之外，△APD不是等腰三角形，
故③錯(cuò)誤．
④∵四邊形PECF為矩形，
∴PC＝EF，
由正方形為軸對(duì)稱(chēng)圖形，
∴AP＝PC，
∴AP＝EF，
∵BD平分∠ABC，PG⊥AB，PE⊥BC，
∴PG＝PE，
∵AP＝PC，∠AGP＝∠EPF＝90°，
∴△AGP≌△FPE（SAS），
∴∠BAP＝∠PFE，
∵GF∥BC，
∴∠AGP＝90°，
∴∠BAP+∠APG＝90°，
∵∠APG＝∠HPF，
∴∠PFH+∠HPF＝90°，
∴AP⊥EF，
故④正確；
⑤由EF＝PC＝AP，
∴當(dāng)AP最小時(shí)，EF最小，
則當(dāng)AP⊥BD時(shí)，即AP＝BD＝×2＝時(shí)，EF的最小值等于，
故⑤正確；
故選：C．

2．解：由題意進(jìn)行分類(lèi)討論：
①當(dāng)P點(diǎn)在AB上，Q點(diǎn)在BC上時(shí)（t≤4），
BP＝2t，CQ＝6﹣t，
要使△BDP與△ACQ面積相等，則BP＝CQ，
即2t＝6﹣t，
解得：t＝2；
②當(dāng)P點(diǎn)在AD上，Q點(diǎn)在BC上時(shí)（4＜t≤6），
DP＝14﹣2t，CQ＝6﹣t，
要使△BDP與△ACQ面積相等，則DP＝CQ，
即14﹣2t＝6﹣t，
解得：t＝8（舍去）；
③當(dāng)P點(diǎn)在AD上，Q點(diǎn)在CD上時(shí)（6＜t≤7），
DP＝14﹣2t，CQ＝t﹣6，
要使△BDP與△ACQ面積相等，則DP＝CQ，
即14﹣2t＝t﹣6，
解得t＝；
④當(dāng)P點(diǎn)在CD上，Q點(diǎn)在CD上時(shí)（7＜t≤11），
DP＝2t﹣14，CQ＝t﹣6，
要使△BDP與△ACQ面積相等，則DP＝CQ，
即2t﹣14＝t﹣6，
解得：t＝8；
⑤當(dāng)P點(diǎn)在BC上，Q點(diǎn)在CD上時(shí)（11＜t≤14），
BP＝28﹣2t，CQ＝t﹣6，
要使△BDP與△ACQ面積相等，則BP＝CQ，
即28﹣2t＝t﹣6，
解得：t＝；
綜上可得共有4種情況滿足題意，所以滿足條件的t值得個(gè)數(shù)為4．
故選：C．
3．解：∵四邊形EFGH為正方形，
∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°，
∵OG＝GP，
∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°，
∴∠PBG＝22.5°，
∵∠DBC＝45°，
∴∠GBC＝22.5°，
∴∠PBG＝∠GBC，
∵∠BGP＝∠BGC＝90°，
在△BPG和△BCG中，
，
∴△BPG≌△BCG（ASA），
∴PG＝CG．
設(shè)OG＝PG＝CG＝x，
∵O為EG，BD的交點(diǎn)，
∴EG＝2x，F(xiàn)G＝x，
∵四個(gè)全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，
∴BF＝CG＝x，
∴BG＝x+x，
∴BC2＝BG2+CG2＝x2（+1）2+x2＝（4+2）x2，
∴＝＝＝2+．
故選：B．
4．解：∵四邊形AEDC和AMNB為正方形，
∴AE＝AC，AB＝AM，∠EAC＝∠MAB＝90°，
∴∠EAB＝∠CAM，
在△EAB和△CAM中，
，
∴△EAB≌△CAM（SAS），
∴∠EBA＝∠CMA＝30°，
∴∠BPQ＝∠APM＝60°，
∴∠BQP＝90°，
∴PQ＝PB，
在Rt△AMP中，
設(shè)AP＝1，則PM＝2，
根據(jù)勾股定理得AM＝，
∴PB＝﹣1，
∴PQ＝，
∴QM＝QP+PM＝+2＝，
在△ACB和△DCG中，
，
∴△ACB≌△DCG（SAS），
∴DG＝AB＝，
∴＝＝﹣1．
故選：D．
5．解：由折疊的性質(zhì)得，AB＝BG，CD＝CG，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD，
∴BG＝BC＝CG，
∴△GBC是等邊三角形；故①正確；
∵將正方形ABCD對(duì)折，使點(diǎn)A點(diǎn)與D重合，點(diǎn)B與C重合，折痕EF，
∴FE⊥BC，EF⊥AD，AF＝DF＝BE＝CE＝BC＝1，
∵△GBC為等邊三角形，
∴∠BGE＝30°，
∴GE＝BE＝，
∴FG＝EF﹣GE＝2﹣，
∵再次折疊，使點(diǎn)A與點(diǎn)D重合于正方形內(nèi)點(diǎn)G處，折痕分別為BH、CI，
∴∠D＝∠A＝90°＝∠HGB＝∠IGC，
∴∠HGI＝120°，
∴∠HGF＝∠IGF＝∠HGI＝60°，
∴HF＝IF＝FG＝2﹣3，
∴AH＝AF﹣HF＝4﹣2，
∴tan∠BHA＝＝＝2+；故②正確；
∵HI＝HF+IF＝4﹣6，
∴△IGH的面積＝HI?FG＝×（2﹣）×（4﹣6）＝7﹣12，故③正確；
設(shè)等邊三角形BGC的中心為O，以O(shè)G為半徑作優(yōu)弧BGC，如圖：

當(dāng)P、Q在正方形ABCD內(nèi)（包括邊上）的弧上時(shí)，總有∠BPC＝∠BQC＝60°，故④錯(cuò)誤，
∴正確的有①②③，
故選：A．
6．解：①∵∠AOC＝90°，∠DOE＝45°，
∴∠COD＝180°﹣∠AOC﹣∠DOE＝45°，故①正確；
②∵EF＝，
∴OE＝2，
∵AO＝AB＝3，
∴AE＝AO+OE＝2+3＝5，故②正確；
③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延長(zhǎng)線于G，
則FG＝1，
CF＝＝＝，
BH＝3﹣1＝2，
DH＝3+1＝4，
BD＝＝＝2，故③錯(cuò)誤；
④△COF的面積S△COF＝×3×1＝，故④正確；

∴其中正確的結(jié)論為①②④，故選：A．
二．填空題
7．解：如圖，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥y軸于點(diǎn)F，連接AM，OM，
∵∠BAC＝∠BOC＝90°，M為BC中點(diǎn)，
∴AM＝OM，
∴點(diǎn)M在線段AO的垂直平分線上，
作線段AO的垂直平分線交y軸，x軸于點(diǎn)D，E，當(dāng)PM⊥DE，PM最小，
連接AD，則AD＝OD，

∵A（2，4），
∴AF＝2，OF＝4，
設(shè)OD＝AD＝t，則FD＝4﹣t，
∵FD2+AF2＝AD2，
∴（4﹣t）2+22＝t2，
∴t＝，
∴OD＝，
∵∠FOA+∠AOE＝90°，∠AOE+∠OED＝90°，
∴∠FOA＝∠OED，
∵∠AFO＝∠DOE＝90°，
∴△FAO∽△ODE，
∴，
即AF?OE﹣OD?OF，
∴OE＝5，
∵P（1，0），
∴PE＝4，
在Rt△AFO中，
OA＝＝2，
當(dāng)PM⊥DE時(shí)，PM最小，
∴∠PME＝∠AFO＝90°，
∴△PME∽△AFO，
∴，
∴，
∴PM＝，
故答案為：．
8．解：∵點(diǎn)B坐標(biāo)為（4，6），
∴OA＝BC＝4，OC＝AB＝6，
∵點(diǎn)D為AB邊中點(diǎn)，
∴BD＝AD＝3，
由翻折可知：B′D＝BD＝AD＝3，
∴以點(diǎn)D為圓心，3為半徑的圓D過(guò)點(diǎn)B，B′，A，
∵點(diǎn)E在射線BC上運(yùn)動(dòng)，
∴B′在圓D上運(yùn)動(dòng)，
如圖，連接OD，交圓D于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥OA于點(diǎn)M，

當(dāng)B′運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P時(shí)，OB'長(zhǎng)度存在最小值，
在Rt△AOD中，根據(jù)勾股定理得：
OD＝＝＝5，
∴OP＝OD﹣DP＝5﹣3＝2，
∴OB'長(zhǎng)度的最小值為2，
∵sin∠DOA＝＝，
∴PM＝OP?sin∠DOA＝2×＝，
∴OM＝＝＝，
∴P（，），
此時(shí)B′（，）．
故答案為：（，）．
9．解：設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為1，AE＝BF＝a，
∴FC＝＝，
在正方形ABCD中，AB＝BC，∠A＝∠ABC＝90°，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠ABE＝∠BCF，S△ABE＝S△BCF，
∵∠ABE+∠EBC＝90°，
∴∠BCF+∠EBC＝90°，
∴∠CBH＝90°，
∴BH⊥CF，
∵S△ABE＝S△BCF，
∴S四邊形AFHE＝S△BHC，
∵S△BCF＝BC?BF＝FC?BH，
∴1×a＝×BH，
∴BH＝，
∵∠HCB＝∠BCF，∠CHB＝∠CBF＝90°，
∴△HBC∽△BFC，
∴＝＝a，
∴HC＝＝，
∴S△BHC＝HC?BH＝×＝，
∵S四邊形AFHE+S△BHC＝S正方形ABCD，
∴2S△BHC＝S正方形ABCD，
∴2×＝，
解得a＝或a＝（舍去），
∴＝．
故答案為：．
10．解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DCB＝∠DCG＝90°，
∵CF是∠DCG的角平分線，
∴∠FCG＝45°，
∵FG⊥BG，
∴∠CFG＝45°，
∴FG＝CG，
設(shè)CE＝x，則BE＝12﹣x，
∴EG＝CE+CG＝x+FG，
∵四邊形ABCD是正方形，EF⊥AE，
∴∠B＝∠G＝∠AEF＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠FEG＝90°，
∴∠BAE＝∠FEG，
∵∠B＝∠G＝90°，
∴△BAE∽△GEF；
∴＝，
∴＝，
∴FG＝12﹣x，
∴S△ECF＝×CE×FG＝×x?（12﹣x）＝﹣（x2﹣12x）＝﹣（x﹣6）2+18，
∵﹣＜0，
∴當(dāng)EC＝6時(shí)，S△ECF最大＝18．
故答案為：18．
三．解答題
11．解：（1）位置關(guān)系：DF⊥BE，
理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，
∴DC＝BC，∠DCB＝90°，
∴∠ECB＝90°，
在△BCE和△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴∠E＝∠DGC＝∠BGF，
∴∠E+∠EDF＝∠DGC+∠EDF＝90°，
∴∠EFD＝90°，
∴DF⊥BE；
（2）∵G為BC的中點(diǎn)，CG＝CE，
∴BG＝CG＝CE＝a，
則DG＝BE＝a，
∵DF⊥BE，∠ECB＝90°，
∴sin∠EBC＝，
∴GF＝a；
（3）如圖，連接AC交DF于H，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠HDA＝∠HGC，∠HAD＝∠HCG，
∴△CHG∽△AHD，
∴，
∴GH＝a，
∴．
12．解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴CD＝AB＝7，BC＝AD＝4，AB∥CD，
∴∠DEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DEA＝∠DAE，
∴DE＝AD＝4，
同理可得CF＝BC＝4，
∴EF＝DE+FC﹣CD＝1，故答案為：1；
（2）①如圖1所示：

∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴CD＝AB，BC＝AD＝4，AB∥CD，
∴∠DEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DEA＝∠DAE，
∴DE＝AD＝4，
同理：BC＝CF＝4，
∵點(diǎn)E與點(diǎn)F重合，
∴AB＝CD＝DE+CF＝8；
②如圖2所示：

∵點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，
∴DE＝AD＝4，
∵CF＝BC＝4，
∴點(diǎn)F與點(diǎn)D重合，
∴EF＝DC＝4；
（2）分三種情況：①如圖3所示：

同（1）得：AD＝DE，
∵點(diǎn)C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點(diǎn)間的距離相等，
∴AD＝DE＝EF＝CF，
∴＝；
②如圖4所示：

同（1）得：AD＝DE＝CF，
∵DF＝FE＝CE，
∴＝；
③如圖5所示：

同（1）得：AD＝DE＝CF，
∵DF＝DC＝CE，
∴＝2；
綜上所述，的值為2或或．
13．解：（1）當(dāng)x＝40時(shí)，n＝×40+＝20，
∴C（40，20），
當(dāng)y＝0時(shí)，0＝x+，
∴x＝﹣15，
∴A（﹣15，0），
∴A（﹣15，0），C（40，20）；
（2）證明：∵點(diǎn)B（0，20），點(diǎn)C（40，20），
∴BC＝40，BC∥x軸，
∵A（﹣15，0），D（25，0），
∴AD＝25﹣（﹣15）＝40，
∵AD∥BC，AD＝40＝BC，
∴四邊形ABCD為平行四邊形；
（3）由題意可知；AB＝A1B1＝＝25，∠AOB＝∠A1OB1＝90°，
①△AOB旋轉(zhuǎn)后，若A1B1∥x軸，連接B1D，成四邊形OA1B1D，如圖1，

∵A1B1＝OD＝25，
∴四邊形OA1B1D構(gòu)成平行四邊形，
此時(shí)，設(shè)A1B1與y軸交于H，
則OH＝＝＝12，A1H＝＝9，
∴點(diǎn)A1的坐標(biāo)為（﹣9，12）；
②△AOB旋轉(zhuǎn)后，若A1B1的中點(diǎn)E在x軸上，成四邊形OA1DB1，如圖2，

∵∠A1OB1＝90°
∴OE＝A1B1＝，
∴OE＝ED＝，
∴四邊形OA1DB1構(gòu)成平行四邊形，
設(shè)作A1N⊥x軸交于N，∠A1OB1＝∠OA1D＝90°
則A1N＝＝12，ON＝＝9，
∴點(diǎn)A1的坐標(biāo)為（9，12）；
③△AOB旋轉(zhuǎn)后，若A1B1∥x軸，成四邊形ODA1B1，如圖3，

又∵A1B1＝OD＝25，
∴四邊形ODA1B1構(gòu)成平行四邊形，
此時(shí)，設(shè)A1B1與y軸交于M
則OM＝＝＝12，A1M＝＝9，
∴點(diǎn)A1的坐標(biāo)為（9，﹣12），
綜上所述，滿足條件A1為（﹣9，12），（9，12），（9，﹣12）．
14．解：（1）根據(jù)題意，得，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+2x+4；
（2）當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣2x2+2x+4＝4，
∴C（0，4），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+n，
則，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+4，
當(dāng)x＝m時(shí)，y＝﹣2x2+2x+4＝﹣2m2+2m+4，
∴F（m，﹣2m2+2m+4），D（m，﹣2m+4），
∴DF＝﹣2m2+2m+4﹣（﹣2m+4）＝﹣2m2+4m＝﹣2（m﹣1）2+2，
∵﹣2＜0，0＜m＜2，
∴當(dāng)m＝1時(shí)，DF取最大值，最大值為2，
∴線段DF長(zhǎng)度的最大值為2；
（3）如圖：

當(dāng)OD⊥BC時(shí)，∠ODB＝90°．
∵∠OED＝∠BED＝90°，
∴∠DOE+∠ODE＝∠ODE+∠BDE＝90°，
∴∠DOE＝∠BDE，
∴△OED∽△DEB，
∴，
即OE?BE＝DE2，
∴m（2﹣m）＝（4﹣2m）2，
∴解得m1＝，m2＝2（不合題意，舍去），
∴BE＝，DE＝，DF＝，
∴，
∵∠FPD＝∠BED＝90°，∠FDP＝∠BDE，
∴△FPD∽△BED，
∴，
∴．
∴PF的長(zhǎng)為．

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