?專題02 四邊形 2022屆中考數(shù)學(xué)壓軸大題專項(xiàng)訓(xùn)練（解析版）
1．如圖，在正方形ABCD中，E、F是對角線BD上兩點(diǎn)，且∠EAF＝45°，將△ADF繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)90°后，得到△ABQ，連接EQ．

（1）求證：EA是∠QED的平分線；
（2）已知BE＝1，DF＝3，求EF的長．
【詳解】
證明：（1）∵將△ADF繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)90°后，得到△ABQ，
∴QB＝DF，AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∴∠QAE＝45°，
∴∠QAE＝∠FAE，
在△AQE和△AFE中，
，
∴△AQE≌△AFE（SAS），
∴∠AEQ＝∠AEF，
∴EA是∠QED的平分線；
（2）由（1）得△AQE≌△AFE，
∴QE＝EF，∠ADF＝∠ABQ，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°，
∴∠ABQ＝45°，
∴∠QBE＝∠ABQ+∠ABD＝90°，
在Rt△QBE中，QB2+BE2＝QE2，
又∵QB＝DF，
∴EF2＝BE2+DF2＝1+9＝10，
∴EF＝．
2．四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E為線段AC上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交射線BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．

（1）如圖，求證：矩形DEFG是正方形；
（2）當(dāng)線段DE與正方形ABCD的某條邊的夾角是35°時，求∠EFC的度數(shù)．
【詳解】
解：（1）證明：如圖，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，

四邊形ABCD為正方形，
∵∠DCA＝∠BCA＝45°，
∴EQ＝EP，
矩形DEFG，
∠PED+∠PEF＝90°，
∵∠QEF+∠PEF＝90°，
∴∠QEF＝∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
，
∴Rt≌Rt（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）①當(dāng)DE與AD的夾角為35°時，
如圖2，

∵∠ADE＝35°，∠ADC＝90°，
∴∠EDC＝55°，

②當(dāng)DE與DC的夾角為35°時，
如圖3，即交于，


∠EDC＝∠EFC＝35°，
綜上所述：∠EFC＝35°或125°．
3．如圖所示，四邊形中，，以，為邊作平行四邊形，的延長線交于，求證：.

【詳解】
證明：如圖，延長FC交AD于點(diǎn)G，

∵四邊形CDEF為平行四邊形，
∴CF∥DE，CF=DE，
又∵CE∥AD，
∴四邊形CEDG為平行四邊形，
∴CG=DE，
∴CF=CG，且BC∥AG，
∴BC是△FAG的中位線，
∴B為AF的中點(diǎn)，
即AB=FB．
4．如圖1，已知正方形和正方形，點(diǎn)在同一直線上，連接，，與相交于點(diǎn)．


（1）求證：．
（2）如圖2，是邊上的一點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，且．
①求證：；
②若，直接寫出的值．
【詳解】
解：（1）∵四邊形ABCD和四邊形CEGF是正方形，
∴BC=CD=AB，CE=CF，∠BCE=∠DCF=90°
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE=FD；
（2）①∵四邊形ABCD和四邊形CEGF是正方形，
∴CD//GE，GF=EC
∴，
∴
∴
∵
∴
∵BC=CD
∴
②∵
∴
∵
∴
∵AB=CD
∴
5．如圖1，已知正方形ABCD，AB＝4，以頂點(diǎn)B為直角頂點(diǎn)的等腰Rt△BEF繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，BE＝BF＝，連結(jié)AE，CF．

（1）求證：△ABE≌△CBF．
（2）如圖2，連結(jié)DE，當(dāng)DE＝BE時，求S△BCF的值．
（3）如圖3，當(dāng)Rt△BEF旋轉(zhuǎn)到正方形ABCD外部，且線段AE與線段CF存在交點(diǎn)G時，若M是CD的中點(diǎn)，P是線段DG上的一個動點(diǎn)，當(dāng)滿足MP+PG的值最小時，求MP的值．
【詳解】
解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵∠EBF＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBF，
又∵BE＝BF，AB＝BC，
∴△ABE≌△CBF（SAS）；
（2）如圖2，過點(diǎn)E作EH⊥AB于H，

∵△ABE≌△CBF，
∴S△ABE＝S△CBF，
∵AD＝AB，AE＝AE，DE＝BE，
∴△ADE≌△ABE（SSS），
∴∠DAE＝∠BAE＝45°，
∵EH⊥AB，
∴∠EAB＝∠AEH＝45°，
∴AH＝EH，
∵BE2＝BH2+EH2，
∴10＝BE2+（4﹣BE）2，
∴BE＝1或3，
當(dāng)BE＝1時
∴S△ABE＝S△CBF＝AB×EH＝×4×1＝1，
當(dāng)BE＝3時
∴S△ABE＝S△CBF＝AB×EH＝×4×3＝6，
（3）如圖3，過點(diǎn)P作PK⊥AE于K，

由（1）同理可得△ABE≌△CBF，
∴∠EAB＝∠BCF，
∵∠BAE+∠CAE+∠ACB＝90°，
∴∠BCF+∠CAE+∠ACB＝90°，
∴∠AGC＝90°，
∵∠AGC＝∠ADC＝90°，
∴點(diǎn)A，點(diǎn)G，點(diǎn)C，點(diǎn)D四點(diǎn)共圓，
∴∠ACD＝∠AGD＝45°，
∵PK⊥AG，
∴∠PGK＝∠GPK＝45°，
∴PK＝GK＝PG，
∴MP+PG＝MP+PK，
∴當(dāng)點(diǎn)M，點(diǎn)P，點(diǎn)K三點(diǎn)共線時，且點(diǎn)E，點(diǎn)G重合時，MP+PG值最小，
如圖4，過點(diǎn)B作BQ⊥CF于Q，

∵BE＝BF＝，∠EBF＝90°，BQ⊥EF，
∴EF＝2，BQ＝EQ＝FQ＝，
∵CQ＝＝＝，
∴CE＝CQ﹣EQ＝﹣，
∵M(jìn)K⊥AE，CE⊥AE，
∴MK∥CE，
∴，
又∵M(jìn)是CD的中點(diǎn)，
∴DC＝2DM，
∴MP＝CE＝．
6．如圖，在正方形中，點(diǎn)、均為中點(diǎn)，連接、交于點(diǎn)，連接，證明：．

【詳解】
證明：如圖，延長至，使得，連接，
在正方形中，
、分別是、的中點(diǎn)，
，
在和中，

，
，
，
在和中，

，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
．
即．

7．如圖，正方形ABCD中，E為BC上一點(diǎn)，過點(diǎn)B作于G，延長BG至點(diǎn)F使．
（1）求證：；
（2）求證：；
（3）若，求AB的長．

【詳解】
（1）證明：因?yàn)锳BCD是正方形
所以
在三角形BGA中，
因?yàn)?br /> （2）過點(diǎn)C作，


因?yàn)锳BCD是正方形，
所以AB=BC，
由（1）
所以

在三角形CHF中，
，
所以．
（3）在三角形CHF中，






．
8．已知正方形ABCD，點(diǎn)E在AB上，點(diǎn)G在AD，點(diǎn)F在射線BC上，點(diǎn)H在CD上．
（1）如圖1，DE⊥FG，求證：BF＝AE+AG；
（2）如圖2，DE⊥DF，P為EF中點(diǎn)，求證：BE＝PC；
（3）如圖3，EH交FG于O，∠GOH＝45°，若CD＝4，BF＝DG＝1，則線段EH的長為　 ?。?br />
【詳解】
解：（1）如圖1，過點(diǎn)G作GM⊥BC于M，

則∠GMB＝∠GMF＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠A＝∠B＝90°，
∴四邊形ABMG是矩形，
∴AG＝BM，
∵DE⊥GF，
∴∠ADE+∠DGF＝∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠DGF，
又∠DGF＝∠MFG，
∴∠AED＝∠MFG，
∴△DAE≌△GMF（AAS），
∴AE＝MF，
則BF＝BM+MF＝AG+AE；
（2）如圖2，過點(diǎn)E作EQ∥PC，交BC于點(diǎn)Q，

∵P是EF的中點(diǎn)，
∴PC是△EQF的中位線，
則EQ＝2PC，QC＝CF，
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
又∵∠A＝∠DCF＝90°，AD＝CD，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴AE＝CF＝QC，
∵AB＝BC，
∴BE＝BQ，
則∠BEQ＝45°，
∴EQ＝BE，
則2PC＝BE，
∴BE＝PC；
（3）如圖3所示，作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N，
則四邊形BFGM和四邊形BEHN是平行四邊形，
∴BM＝GF，BF＝MG＝1，BN＝EH，
∵DG＝1，CD＝AD＝4，
∴AM＝2，
延長DC到P，使CP＝AM＝2，
∵BA＝BC，∠A＝∠BCP＝90°，
∴△BAM≌△BCP（SAS），
∴∠ABM＝∠CBP，BM＝BP，
∵∠GOH＝45°，BN∥EH，BM∥GF，
∴∠MBN＝45°，

∴∠ABM+∠CBN＝45°，
∴∠CBP+∠CBN＝45°，即∠PBN＝45°，
∴△MBN≌△PBN（SAS），
∴MN＝PN，
設(shè)CN＝x，則MN＝PN＝CN+PC＝x+2，DN＝4﹣x，
在Rt△DMN中，由DM2+DN2＝MN2可得22+（4﹣x）2＝（x+2）2，
解得x＝，
則EH＝BN＝＝＝，
故答案為：．
9．已知：四邊形為正方形，是等腰，．
（1）如圖：當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)時，若邊、分別與、相交于點(diǎn)、，連接，試證明：．

（2）如圖，當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)時，若邊、分別與、的延長線相交于點(diǎn)、，連接．

①試寫出此時三線段、、的數(shù)量關(guān)系并加以證明．
②若，，求：正方形的邊長以及中邊上的高．
【詳解】
（1）證明：如圖1，延長CB到G，使BG=DF，連接AG，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠D=∠ABC=∠DAB=∠ABG=90°，AD=AB，
在△ADF和△ABG中，
，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAG=∠EAB+∠BAG=∠EAB+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠EAG，
∵AE=AE，
∴△EAF≌△EAG，
∴EF=EG=EB+BG=EB+DF．
（2）①三線段、、的數(shù)量關(guān)系是：，理由如下:
如圖2，在上取一點(diǎn)，使

連接，同(1)可證，
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴．
②如圖2，過F作FH⊥AE于H，
設(shè)正方形ABCD的邊長是x，則BC=CD=x，
∵CE=6，DF=BG=2，
∴EF=GE=CG+CE=BC-BG+CE=x-2+6=x+4，
在Rt△FCE中，由勾股定理得：EF2=FC2+CE2，
∴（x+4）2=（x+2）2+62，
解得：x=6，
∴AG=AF=，
∵∠FAM=45°，∴FH=AF==，，
即△AEF中AE邊上的高為．
10．如圖，在邊長為的正方形ABCD中，作∠ACD的平分線交AD于F，過F作直線AC的垂線交AC于P，交CD的延長線于Q，又過P作AD的平行線與直線CF交于點(diǎn)E，連接DE，AE，PD，PB．

（1）求AC，DQ的長；
（2）四邊形DFPE是菱形嗎？為什么？
（3）探究線段DQ，DP，EF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明探究結(jié)論；
（4）探究線段PB與AE之間的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并證明探究結(jié)論．
【詳解】
解：（1）AC=，
∵CF平分∠BCD，F(xiàn)D⊥CD，F(xiàn)P⊥AC，
∴FD=FP，又∠FDQ=∠FPA，∠DFQ=∠PFA，
∴△FDQ≌△FPA（ASA），
∴QD=AP，
∵點(diǎn)P在正方形ABCD對角線AC上，
∴CD=CP=a，
∴QD=AP=AC-PC=；
（2）∵FD=FP，CD=CP，
∴CF垂直平分DP，即DP⊥CF，
∴ED=EP，則∠EDP=∠EPD，
∵FD=FP，
∴∠FDP=∠FPD，
而EP∥DF，
∴∠EPD=∠FDP，
∴∠FPD=∠EPD，
∴∠EDP=∠FPD，
∴DE∥PF，而EP∥DF，
∴四邊形DFPE是平行四邊形，
∵EF⊥DP，
∴四邊形DFPE是菱形；
（3）DP2+ EF2=4QD2，理由是：
∵四邊形DFPE是菱形，設(shè)DP與EF交于點(diǎn)G，
∴2DG=DP，2GF=EF，
∵∠ACD=45°，F(xiàn)P⊥AC，
∴△PCQ為等腰直角三角形，
∴∠Q=45°，
可得△QDF為等腰直角三角形，
∴QD=DF，
在△DGF中，DG2+FG2=DF2，
∴有（DP）2+（EF）2=QD2，
整理得：DP2+ EF2=4QD2；
（4）∵∠DFQ=45°，DE∥FP，
∴∠EDF=45°，
又∵DE=DF=DQ=AP=，AD=AB，
∴△ADE≌BAP（SAS），
∴AE=BP，∠EAD=∠ABP，
延長BP，與AE交于點(diǎn)H，
∵∠HPA=∠PAB+∠PBA=∠PAB+∠DAE，
∠PAB+∠DAE+∠HAP=90°，
∴∠HPA+∠HAP=90°，
∴∠PHA=90°，即BP⊥AE，
綜上：BP與AE的關(guān)系是：垂直且相等.

11．如圖1，在一個平面直角三角形中的兩直角邊的平方之和一定等于斜邊的平方。在△ABC中，∠C=90°，則AC2+BC2＝AB2．我們定義為“商高定理”。
（1）如圖1，在△ABC中，∠C=90°中，BC＝4，AB＝5，試求AC＝__________；
（2）如圖2，四邊形ABCD的對角線AC、BD交于點(diǎn)O，AC⊥BD．試證明：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（3）如圖3，分別以Rt△ACB的直角邊BC和斜邊AB為邊向外作正方形BCFG和正方形ABED，連結(jié)CE、AG、GE．已知BC＝4，AB＝5，求GE2的值．

【詳解】
解：（1）：∵在△ABC中，∠C=90°中，BC=4，AB=5，
∴AC==3，
故答案為：3；
（2）證明：在Rt△DOA中，∠DOA=90°，
∴OD2+OA2=AD2，
同理：OD2+OC2=CD2，OB2+OC2=BC2，OA2+OB2=AB2，
∴AB2+CD2=OA2+OB2+OD2+OC2，AD2+BC2=OD2+OA2+OB2+OC2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2?；
（3）解：連接CG、AE，設(shè)AG交CE于I，AB交CE于J，如圖3所示：
∵四邊形BCFG和四邊形ABED都是正方形，
∴∠GBC=∠EBA=90°，AB=BE=5，BG=BC=4，
∴∠GBC+∠CBA=∠EBA+∠CBA，
∴∠ABG=∠EBC，
在△ABG和△EBC中，
，
∴△ABG≌△EBC（SAS），
∴∠BAG=∠BEC，
∵∠AJI=∠EJB，
∴∠EBJ=∠AIJ=90°，
∴AG⊥CE，
由（2）可得：AC2+GE2=CG2+AE2，
在Rt△CBG中，CG2=BC2+BG2，
即CG2=42+42=32，
在Rt△ABE中，AE2=BE2+AB2，
即AE2=52+52=50，
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2，
即52=AC2+42，
∴AC2=9，
∵AC2+GE2=CG2+AE2?，
?即9+GE2=32+50，
∴GE2=73．

12．已知：在正方形ABCD中，AB＝3，E是邊BC上一個動點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)B，點(diǎn)C重合），連接AE，點(diǎn)H是BC延長線上一點(diǎn)．過點(diǎn)B作BF⊥AE，交AE于點(diǎn)G，交DC于點(diǎn)F．
（1）求證：AE＝BF；
（2）過點(diǎn)E作EM⊥AE，交∠DCH的平分線于點(diǎn)M，連接FM，判斷四邊形BFME的形狀，并說明理由；
（3）在（2）的條件下，∠EMC的正弦值為，求四邊形AGFD的面積．
【詳解】
解：證明：（1）∵在正方形ABCD中，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，
∵∠BAE+∠ABF＝90°，∠CBF+∠ABF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，且∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（ASA）
∴AE＝BF，
（2）四邊形BFME是平行四邊形
理由如下：如圖1：在AB上截取BN＝BE，

∵△ABE≌△BCF
∴∠BAE＝∠FBC
∵AB＝BC，BN＝BE，
∴AN＝EC，∠BNE＝45°
∴∠ANE＝135°
∵CM平分∠DCH
∴∠DCM＝∠MCH＝45°
∴∠ECM＝135°＝∠ANE
∵AE⊥EM
∴∠AEB+∠MEC＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°
∴∠BAE＝∠MEC，且AN＝EC，∠ANE＝∠DCM
∴△ANE≌△ECM（SAS）
∴AE＝EM，∠BAE＝∠MEC
∴∠BAE＝∠FBC＝∠MEC
∴BF∥EM，且BF＝AE＝EM
∴四邊形BFME是平行四邊形
（3）如圖2，連接BD，過點(diǎn)F作FN⊥BD于點(diǎn)N，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝3，∠DBC＝∠BDC＝45°，
∴BD＝3，∠DBF+∠FBC＝45°
∵∠MCH＝∠MEC+∠EMC＝45°，∠FBC＝∠MEC
∴∠EMC＝∠DBF
∴sin∠EMC＝sin∠DBF＝＝
∴設(shè)NF＝a，BF＝10a，
∵∠BDC＝45°，F(xiàn)N⊥BD
∴DN＝NF＝a，DF＝NF＝2a
∴BN＝3﹣a
∵BF2﹣NF2＝BN2，
∴98a2＝（3﹣a）2，
∴a＝
∴DF＝2×＝
∴FC＝
∵△ABE≌△BCF
∴BE＝CF＝，
∴EC＝，BF＝＝
∵∠FBC＝∠FBC，∠BGE＝∠BCF
∴△BGE∽△BCF
∴
∴
∴BG＝，GE＝
∴S四邊形ADFG＝S四邊形ADEC﹣S四邊形ECFG，
∴S四邊形ADFG＝

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