最新中考數(shù)學(xué)難點突破與經(jīng)典模型精講練專題27 四邊形中由動點引起的分類討論問題（全國通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1、以專題復(fù)習(xí)為主。如選擇題、填空題的專項練習(xí)，要把握準(zhǔn)確度和時間的安排。加強對二次函數(shù)與幾何圖形結(jié)合的綜合性試題、實際應(yīng)用題等專題的練習(xí)，深化對常考題型的熟悉程度。在函數(shù)復(fù)習(xí)過程中，如果考生未能完全理解簡單實例中的數(shù)量關(guān)系和變化規(guī)律，針對此類問題，在專項復(fù)習(xí)中，可以通過選擇題、填空題的專項練習(xí)，進行突破，如“讀懂圖象信息問題”等，將復(fù)雜問題由淺入深，層層分解，提高分析和判斷能力。
2、重視方法思維的訓(xùn)練。對初中數(shù)學(xué)所涉及的函數(shù)思想、方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、整體思想等數(shù)學(xué)思想方法，要通過典型試題的訓(xùn)練，進一步滲透和深刻理解其內(nèi)涵，重要處舍得投入時間與精力。強化解題過程中常用的配方法、待定系數(shù)法等通法。
3、拓寬思維的廣度，培養(yǎng)多角度、多維度思考問題的習(xí)慣。將專項復(fù)習(xí)中的共性習(xí)題串連起來，通過一題多解，積極地探求解決問題的最優(yōu)解法，這樣，對于解決難度較大的壓軸題會有很大的幫助。
專題27 四邊形中由動點引起的分類討論問題
【題型演練】
一、單選題
1．如圖，點為矩形的對稱中心，動點從點出發(fā)沿向點移動，移動到點停止，延長交于點，則四邊形形狀的變化依次為（）
A．平行四邊形一矩形一平行四邊形一矩形B．平行四邊形一矩形一菱形一矩形
C．平行四邊形一菱形一平行四邊形一矩形D．平行四邊形一菱形一平行四邊形
【答案】C
【分析】根據(jù)對稱中心的定義，根據(jù)矩形的性質(zhì)，可得四邊形形狀的變化情況：這個四邊形先是平行四邊形，當(dāng)對角線互相垂直時是菱形，然后又是平行四邊形，最后點A與點重合時是矩形．
【詳解】解：觀察圖形可知，四邊形形狀的變化依次為平行四邊形菱形平行四邊形矩形．
故選C．
【點睛】本題考查了中心對稱，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定，根據(jù)與的位置關(guān)系即可求解．
2．矩形的邊上有一動點，連接、，以、為邊作平行四邊形．在點從點移動到點的過程中，平行四邊形的面積（）
A．先變大后變小B．先變小后變大C．一直變大D．保持不變
【答案】D
【分析】過點E作EG⊥AD于G，證四邊形ABEG是矩形，得出EG＝AB，，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：過點E作EG⊥AD于G，如圖所示：
則∠AGE＝90°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴四邊形ABEG是矩形，
∴EG＝AB，
∵四邊形AEDF是平行四邊形，
∴，
即的面積保持不變，故D正確．
故選：D．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)與判定、平行四邊形的性質(zhì)以及三角形面積等知識，熟練掌握矩形的性質(zhì)，證出的面積＝矩形ABCD的面積，是解題的關(guān)鍵．
3．如圖，在四邊形ABCD中，，點P是四邊形ABCD邊上的一個動點．若點P到AC的距離為，則點P的位置有（）
A．1處B．2處C．3處D．4處
【答案】C
【分析】根據(jù)勾股定理和含30度角的直角三角形的性質(zhì)，可以求得AC、AD、BC和AB的長，然后即可得到點D到AC的距離和點B到AC的距離，從而可以得到滿足條件的點P有幾處，本題得以解決．
【詳解】
解：過點B作于點F，過點D作于點E，
∵∠CAD=30°，CD=2，∠D=90°，
∴AC=4，，
∴在Rt△ADC中，斜邊AC上的高，
∵AC=4，∠B=90°，∠BAC=45°，
∴，，
∴AB=BC=，
∴在Rt△ABC中，斜邊AC上的高，
∵，點P是四邊形ABCD邊上的一個動點，點P到AC的距離為，
∴點P的位置在點D處，或者邊BC上或者邊AB上，
即滿足條件的點P有3處．
故選：C．
【點睛】本題主要考查了勾股定理、含30度角的直角三角形的性質(zhì)等知識，解答本題的關(guān)鍵是求出滿足條件的點P所在的位置．
4．如圖，在正方形ABCD中，點P是AB上一動點（不與A、B重合），對角線AC、BD相交于點0，過點P分別作AC、BD的垂線，分別交AC、BD于點E、F．交AD、BC于M、N．點從從下列結(jié)論：①PM＋PN＝AC；②；③點O在M、N兩點的連線上；④OP平分∠MPN；⑤四邊形PEOF不可能為菱形．其中正確的個數(shù)有（）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】依據(jù)正方形的性質(zhì)以及勾股定理、矩形的判定方法即可判斷四邊形PEOF是矩形，從而作出判斷．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=45°．
∵在△APE和△AME中，，
∴△APE≌△AME（ASA），
∴PE=EM=PM，
同理，F(xiàn)P=FN=NP．
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE，
∴四邊形PEOF是矩形．
∴PF=OE，
∴PE+PF=OA，
又∵PE=EM=PM，F(xiàn)P=FN=NP，OA=AC，
∴PM+PN=AC，故①正確；
∵四邊形PEOF是矩形，
∴PE=OF，
在直角△OPF中，，
∴，故②正確．
∵四邊形PEOF是矩形，
∴OP不一定平分∠MPN，故④錯誤；
連接OM，ON，
∵OA垂直平分線段PM．OB垂直平分線段PN，
∴OM=OP，ON=OP，
∴∠OMP=∠OPM，∠ONP=∠OPN，
∵四邊形PEOF是矩形，
∴∠MPN=90°，即∠OPM+∠OPN=90°，
∴∠OMP+∠ONP=90°，即∠OMP+∠ONP+∠MPN=180°，
∴M，O，N共線，故③正確．
當(dāng)點P是AB的中點時，
則PE=OE=OA，F(xiàn)P=OF=OB，OA=OB，
∴PE=OE=FP=OF，
∴四邊形PEOF為菱形．故⑤錯誤．
綜上，①②③正確，共3個．
故選：B．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、矩形的判定、勾股定理等知識，證明四邊形PEOF是矩形是關(guān)鍵．
5．如圖，在平行四邊形中，，AB=4 ，AD=8 ，點、分別是邊CD、上的動點．連接、，點為的中點，點為的中點，連接．則的最大值與最小值的差為（）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】如圖，取AD的中點M，連接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N．首先證明∠ACD＝90°，求出AC，AN，利用三角形中位線定理，可知EF＝AG，求出AG的最大值以及最小值即可解決問題．
【詳解】解：如圖，取AD的中點M，連接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠BCD＝120°，
∴∠D＝180°?∠BCD＝60°，AB＝CD＝4，
∵AM＝DM＝DC＝4，
∴△CDM是等邊三角形，
∴∠DMC＝∠MCD＝60°，AM＝MC，
∴∠MAC＝∠MCA＝30°，
∴∠ACD＝90°，
∴AC＝
在Rt△ACN中，∵AC＝，∠ACN＝∠DAC＝30°，
∴AN＝AC＝
∵AE＝EH，GF＝FH，
∴EF＝AG，
∵點G在BC上，∴AG的最大值為AC的長，最小值為AN的長，
∴AG的最大值為，最小值為，
∴EF的最大值為，最小值為，
∴EF的最大值與最小值的差為：
故選C．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、三角形的中位線定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形30度角性質(zhì)、垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，本題的突破點是證明∠ACD＝90°，屬于中考選擇題中的壓軸題．
6．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，動點P，Q分別從點A，B同時開始移動（移動方向如圖所示），點P的速度為1cm/s，點Q的速度為2cm/s，點Q移動到C點后停止，點P也隨之停止運動，當(dāng)四邊形APQC的面積為12時，則點P運動的時間是（）
A．2sB．3sC．4sD．6s
【答案】A
【分析】設(shè)出動點，運動秒，能使的面積為12，用分別表示出和的長，利用三角形的面積計算公式即可解答．
【詳解】解：設(shè)動點，運動秒后，能使的面積為15，
則為cm，為cm，由三角形的面積計算公式列方程得：，
解得，（當(dāng)時，，不合題意，舍去），
動點，運動3秒時，能使的面積為，
故選：A．
【點睛】本題考查一元二次方程的應(yīng)用，能借助三角形的面積計算公式來研究圖形中的動點問題是解題的關(guān)鍵．
7．如圖，在中，，，是邊上的中點，點、分別是、邊上的動點，且.則下列結(jié)論：（1）；（2）的長度不變；（3）的度數(shù)不變；（4）四邊形的面積為；其中正確的結(jié)論有（）個.
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】由題意易得，，，然后可得，則有，，進而問題可求解．
【詳解】解：∵，，是邊上的中點，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴（ASA），
∴，，故（1）正確；
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵DM是在變化的，
∴DE的長度也在變化；故（2）錯誤；
∵，
∴，
由是在變化，所以可知也在變化，故（3）錯誤；
∵，，
∴，
∴，
∴；故（4）正確；
故選A．
【點睛】本題主要考查等腰直角三角形的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定及等積法，熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
8．如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，P是BC邊上一動點（不含B、C兩點），將△ABP沿直線AP翻折，點B落在點E處；在CD上有一點M，使得將△CMP沿直線MP翻折后，點C落在直線PE上的點F處，直線PE交CD于點N，連接MA，NA．則以下結(jié)論中正確的是（）
①△CMP~△BPA；②四邊形AMCB的面積最大值為10；③當(dāng)P為BC中點時，AE為線段NP的中垂線；④線段 AM的最小值為2；⑤當(dāng)△ABP≌△ADN時，BP=．
A．①③④B．①②⑤C．①②③D．②④⑤
【答案】B
【分析】根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)逐個分析即可. 根據(jù)正方形的性質(zhì)以及翻折證明角度相等，根據(jù)AA可證△CMP∽△BPA，故①正確；當(dāng)x=2時，四邊形AMCB面積最大值為10，故②正確；NE≠EP，故③錯誤；AM的最小值==5，故④錯誤；PB=故⑤正確．
【詳解】∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，
∵∠CPN+∠NPB=180°，
∴2∠NPM+2∠APE=180°，
∴∠MPN+∠APE=90°，
∴∠APM=90°，
∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，
∴∠CPM=∠PAB，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=CB=DC=AD=4，∠C=∠B=90°，
∴△CMP∽△BPA．故①正確；
設(shè)PB=x，則CP=4﹣x，∵△CMP∽△BPA，
∴，
∴CM=x（4﹣x），
∴S四邊形AMCB=[4+x（4﹣x）]×4==，
∴x=2時，四邊形AMCB面積最大值為10，故②正確；
當(dāng)PB=PC=PE=2時，設(shè)ND=NE=y，在Rt△PCN中，
解得，
∴NE≠EP，故③錯誤；
作MG⊥AB于G，∵AM==，
∴AG最小時AM最小，
∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=4﹣x（4﹣x）=，
∴x=1時，AG最小值=3，
∴AM的最小值==5，故④錯誤；
∵△ABP≌△ADN，
∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一點K使得AK=PK，設(shè)PB=z，∴∠KPA=∠KAP=22.5°．
∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，
∴∠BPK=∠BKP=45°，
∴PB=BK=z，AK=PK=z，
∴z+z=4，
∴z=，即PB=故⑤正確．
故選B．
【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)．利用正方形的性質(zhì)以及翻折進行角度的轉(zhuǎn)化，從而證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．
9．如圖，在矩形中，，，點E為中點，P、Q為邊上兩個動點，且，當(dāng)四邊形周長最小時，的長為（）
A．3.5B．4C．4.5D．5
【答案】B
【分析】四邊形周長等于，其中為定值，即求最小值，，作F關(guān)于BC的對稱點，當(dāng)共線時最小，此時的P位置即為所求．
【詳解】解：如圖：四邊形周長等于，
作，使，
即四邊形PQEF是平行四邊形，則，
作F關(guān)于BC的對稱點，連接，交于點，即有，
∵四邊形是矩形，，，E為DC中點，
∴，，∠D=90°，
∴，
即在Rt△ADE中，，即AE為定值，
即四邊形周長=，其中為定值，
∵，
∴當(dāng)共線時最小，即四邊形周長最小，
∵，，
∴結(jié)合四邊形是矩形，易證明四邊形是矩形，
則，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴．
故選：B．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，將軍飲馬，線段和最小值問題，相似三角形的性質(zhì)與判定，正確的作出輔助線，轉(zhuǎn)化未知線段為已知線段的長是解題的關(guān)鍵．
10．如圖，在中，于點，是上的動點，且，下列結(jié)論：①；②為等腰直角三角形；③四邊形的面積為定值；④；⑤平分．其中正確說法的是（）

A．①②B．①②③C．①②③④D．②③④
【答案】C
【分析】根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AD=CD，∠A=∠ACD=∠DCB=45°，再根據(jù)可得∠MDN=90°，即∠ADM=∠CDN；再證可得DM=DN、CM=BN，推出CM=BN，可知△MDN是等腰直角三角形，；根據(jù)CM=BN，CM=BN，易得，顯然CM、CN不一定相等，所以∠CNM不一定等于45°，所以MN平分∠CND不一定成立．
【詳解】解：∠ACB=90°，AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
又∵CD⊥AB，
∴AD=DB=CD，∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°，∠ADC=∠BDC=∠MDN=90°=∠ADM+∠CDM=∠BDN+∠CDN=∠CDM+∠CDN，
∴∠ADM=∠CDN，
∵∠ADM=∠CDN，AD=CD，∠A=∠BCD=45°，
∴，
∴DM=DN，AM=CN，即①正確；
∴△MDN是等腰直角三角形，即②正確；
四邊形MDNC的面積為，
∵，
∴，
∴，
即，則可知該四邊形面積為定值，即③正確；
∵AC=BC，AM=CN，
∴CM=AC-AM=BC-AM=BC-AN=BN；
∴在Rt△CMN中，有，
即有，即④正確；
∵△MDN是等腰直角三角形，
∴∠AND=45°為定值，
又∵在M、N運動時，在Rt△CMN中，CM、CN不一定相等，
∴∠CNM不一定等于45°，
∴MN平分∠CND不一定成立，即⑤錯誤．
故選C．
【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識點，掌握等腰直角三角形的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
二、填空題
11．如圖，在四邊形ABCD中，ADBC，∠B=90°，AB=6cm，AD=12cm，BC=15cm．點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度向點D運動；點Q從點C同時出發(fā)，以2cm/s的速度向點B運動．規(guī)定其中一個動點到達端點時，另一個動點也隨之停止運動，從運動開始，當(dāng)運動時間t=__________ s時，PQCD，且PQ=CD．
【答案】4
【分析】根據(jù)，時，四邊形為平行四邊形，得出PQ=CD，PD=CQ，用t表示出PD、CQ即可列出關(guān)于t的方程，解方程即可．
【詳解】解：根據(jù)題意可知，AP=t，則，，
∵，，
∴四邊形為平行四邊形，
∴PQ=CD，PD=CQ，
∴，
解得：，
即t=4s時，，且PQ=CD．
故答案為：4．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，解一元一次方程，根據(jù)題意列出關(guān)于t的方程，是解題的關(guān)鍵．
12．如圖，在△ABC中，∠B=90°，AB=12mm，BC=24mm，動點P從點A開始沿邊AB向B以2mm/s的速度移動（不與點B重合），動點Q從點B開始沿邊BC向C以4mm/s的速度移動（不與點C重合）．如果P、Q分別從A、B同時出發(fā)，設(shè)運動的時間為t秒，四邊形APQC的面積為S mm2，請寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式，并標(biāo)注t的取值范圍___________________；
【答案】
【分析】先表示PA，BQ的長，進而得到BP的長度，利用來求出四邊形APQC的面積和范圍．
【詳解】解：由題意得：，，
∴，
∴，
∴.
其中：，
∴．
【點睛】本題考查求二次函數(shù)的應(yīng)用，理解題意，正確表示出BP，BQ是求解本題的關(guān)鍵．
13．如圖所示，四邊形ABCD中，AC⊥BD于點O，AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，點P為線段AC上的一個動點．過點P分別作PM⊥AD于點M，作PN⊥DC于點N．連接PB，在點P運動過程中，PM+PN+PB的最小值等于_____．
【答案】7.8
【分析】證四邊形ABCD是菱形，得CD=AD=5，連接PD，由三角形面積關(guān)系求出PM+PN=4.8，得當(dāng)PB最短時，PM+PN+PB有最小值，則當(dāng)BP⊥AC時，PB最短，即可得出答案．
【詳解】解：∵AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，
∴AC＝8，四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD于點O，
∴平行四邊形ABCD是菱形，AD＝＝＝5，
∴CD＝AD＝5，
連接PD，如圖所示：
∵S△ADP+S△CDP＝S△ADC，
∴AD?PM+DC?PN＝AC?OD，
即×5×PM+×5×PN＝×8×3，
∴5×（PM+PN）＝8×3，
∴PM+PN＝4.8，
∴當(dāng)PB最短時，PM+PN+PB有最小值，
由垂線段最短可知：當(dāng)BP⊥AC時，PB最短，
∴當(dāng)點P與點O重合時，PM+PN+PB有最小值，最小值＝4.8+3＝7.8，
故答案為：7.8．
【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理、最小值問題以及三角形面積等知識；熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
14．如圖，在四邊形ABCD中，，AD＜BC，∠ABC＝90°，且AB＝3，E是邊AB上的動點，當(dāng)△ADE、△BCE、△CDE兩兩相似時，AE＝__________．
【答案】或1
【分析】分情況討論：∠CED=90°和∠CDE=90°，利用相似三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)和直角三角形30度角的性質(zhì)分別可得AE的長．
【詳解】解：分兩種情況：
①當(dāng)∠CED=90°時，如圖1，
過E作EF⊥CD于F，
∵，AD＜BC，
∴AB與CD不平行，
∴，
∴當(dāng)△ADE、△BCE、△CDE兩兩相似時，
∴∠BEC=∠CDE=∠ADE，
∵∠A=∠B=∠CED=90°，
∴∠BCE=∠DCE，
∴AE=EF，EF=BE，
∴AE=BE=AB=，
②當(dāng)∠CDE=90°時，如圖2，
當(dāng)△ADE、△BCE、△CDE兩兩相似時，
∵，CE和BC相交，
∴AD與CE不平行，
∴，
∴∠CEB=∠CED=∠AED=60°，
∴∠BCE=∠DCE=∠ADE =30°，
∵∠A=∠B=90°，
∴BE=ED=2AE，
∵AB=3，
∴AE=1，
綜上，AE的值為或1．
故答案為：或1．
【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)和直角三角形30度角的性質(zhì)，當(dāng)兩個直角三角形相似時，要分情況進行討論；正確畫圖是關(guān)鍵，注意不要丟解．
三、解答題
15．如圖，在中，點是邊上的一個動點（點不與、兩點重合），過點作直線，直線與的平分線相交于點，與（的外角）的平分線相交于點．
(1)與相等嗎？為什么？
(2)探究：當(dāng)點運動到何處時，四邊形是矩形？并證明你的結(jié)論．
(3)在（2）中當(dāng)?shù)扔诙嗌贂r，四邊形為正方形（不要求說理由）
【答案】(1)相等，理由見詳解
(2)是中點時，四邊形是矩形，理由見詳解
(3)時，四邊形為正方形，理由見詳解
【分析】（1）由平分，平分，可得，，再根據(jù)，可得，，即有，，則有，，問題得解；
（2）證明，且、互相平分，即可判斷四邊形是矩形，據(jù)此作答即可；
（3）根據(jù)對角線相互垂直的矩形是正方形作答即可．
（1）
，理由如下：
∵根據(jù)題意，有平分，平分，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∴；
（2）
是中點時，四邊形是矩形，理由如下：
在（1）已證明，
∵是中點，
∴，
∴，
∴，且、互相平分，
∴四邊形是矩形；
（3）
當(dāng)時，四邊形為正方形，理由如下：
在（2）中已證明四邊形是矩形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
【點睛】本題主要考查了平行線的性質(zhì)，角平分線的定義，矩形的判定，正方形的判定等知識，掌握平行線的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
16．我們定義：有一組鄰角相等的凸四邊形叫做“等鄰角四邊形”．例如：如圖①，，則四邊形為“等鄰角四邊形”．
(1)定義理解：以下平面圖形中，是等鄰角四邊形的是___________．
①平行四邊形；②矩形；③菱形；④等腰梯形．
(2)深入探究：
①已知四邊形為“等鄰角四邊形”，且，則________．
②如圖②，在五邊形中，，對角線平分，求證：四邊形為等鄰角四邊形．
(3)拓展應(yīng)用：如圖③，在等鄰角四邊形中，，點P為邊BC上的一動點，過點P作，垂足分別為M，N．在點P的運動過程中，的值是否會發(fā)生變化？請說明理由．
【答案】(1)②④
(2)①或或；②見解析
(3)不會發(fā)生變化，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形、矩形、菱形、等腰梯形的性質(zhì)即可解答；
（2）①分當(dāng)和、時三種情況求解；
②由得，根據(jù)對角線平分，得，故，即證得四邊形為等鄰角四邊形；
（3）過C作于H，過P作于G，由，，得四邊形是矩形，得，可證明，得，即有，從而說明在點P的運動過程中，的值總等于C到的距離，不會變化．
（1）
解：①平行四邊形的鄰角互補，不是等鄰角四邊形；
②矩形四個角都是直角，則鄰角相等，是等鄰角四邊形；
③菱形的鄰角互補，不是等鄰角四邊形；
④等腰梯形的兩個底角相等，是等鄰角四邊形．
綜上，②④是等鄰角四邊形．
故答案為：②④；
（2）
解：①當(dāng)時，四邊形為“等鄰角四邊形”，
∵，
∴；
當(dāng)時，四邊形為“等鄰角四邊形”，
當(dāng)時，四邊形為“等鄰角四邊形”，
；
故答案為：或或；
②∵，
∴，
∵對角線平分，
∴，
∴，
∴四邊形為等鄰角四邊形；
（3）
解：在點P的運動過程中，的值不會發(fā)生變化，理由如下：
過C作于H，過P作于G，如圖：
∵，，
∴，
∴四邊形是矩形，
∴，，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，
∴，
即在點P的運動過程中，的值總等于C到AB的距離，是定值．
【點睛】本題考查多邊形綜合應(yīng)用，涉及新定義、多邊形內(nèi)角和、三角形全等的判定及性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
17．如圖，點E是矩形的邊的中點，點G是邊上一動點，連接，若點H為的中點，連接，連接并延長交邊于點F，過點A作，垂足為點M，交于點P．
(1)求證：；
(2)連接，若，請判斷四邊形是什么特殊四邊形，并證明．
【答案】(1)見解析
(2)四邊形是菱形，證明見解析
【分析】（1）由四邊形是矩形，得，又是矩形對邊的中點，即得四邊形是矩形，，可得；
（2）設(shè)交于M，由，得，結(jié)合，即得，所以，可證，得，，故四邊形為菱形．
（1）
∵四邊形是矩形，
∴，
∵是矩形對邊的中點，
∴，
∴四邊形是矩形，
∴，
又E是中點，
∴H是的中點，
∵，
∴；
（2）
四邊形是菱形，
證明：由（1）知為中點，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵ ，
∴四邊形為菱形．
【點睛】本題考查矩形性質(zhì)、菱形的判定，全等三角形性質(zhì)及判定等知識，解題的關(guān)鍵是掌握矩形、菱形的性質(zhì)及判定定理，熟練應(yīng)用三角形全等的判定定理．
18．如圖，在四邊形中，，，，．點從點出發(fā)，以每秒的速度沿折線方向運動，點從點出發(fā)，以每秒的速度沿線段方向向點運動．已知動點，同時發(fā)，當(dāng)點運動到點時，，運動停止，設(shè)運動時間為．
(1)直接寫出的長（cm）；
(2)當(dāng)四邊形為平行四邊形時，直接寫出四邊形的周長（cm）；
(3)在點、點的運動過程中，是否存在某一時刻，使得的面積為？若存在，請求出所有滿足條件的的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)16
(2)
(3)存在，滿足條件的的值為秒或秒
【分析】（1）過點作于，根據(jù)題意證明四邊形是平行四邊形，然后根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)以及勾股定理可得結(jié)果；
（2）當(dāng)四邊形是平行四邊形，則點在上，點在上，則，，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，求解得出平行四邊形的各邊長，求其周長即可；
（3）分兩種情況進行討論：①當(dāng)點在線段上時；②當(dāng)點在線段上時；根據(jù)三角形面積列方程計算即可．
（1）
解：如圖，過點作于，
，，
∴，
∵，
四邊形是平行四邊形，
，
在中，，，
根據(jù)勾股定理得，，
；
（2）
當(dāng)四邊形是平行四邊形，
則點在上，點在上，
如圖，
由運動知，，，
，
，
此時，，，根據(jù)勾股定理得，；
四邊形的周長為；
（3）
①當(dāng)點在線段上時，即：時，
如圖，
，
；
②當(dāng)點在線段上時，即：時，
如圖，
，，
，
或（舍），
即：滿足條件的的值為秒或秒．
【點睛】本題考查了四邊形的動點問題，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，讀懂題意，根據(jù)相應(yīng)圖形的性質(zhì)列出方程是解本題的關(guān)鍵．
19．問題情境：四邊形中，點O是對角線的中點，點E是直線上的一個動點（點E與點C、O、A都不重合）過點，分別作直線的垂線，垂足分別為，，連接
(1)初步探究：已知四邊形是正方形，且點E在線段上，求證；
(2)在（1）的條件下，探究圖中與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)題意，，，，則，利用證明，即可得到答案；
（2）由（1）知，，然后得到，由，得到，即可得證．
（1）
證明：∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）
；
理由如下：如圖1，連接OB，
由（1）知，，，
∵點是的中點，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等腰直角三角形，，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
20．如圖，在中，，，，動點P從點A開始沿邊向點B以的速度移動，動點Q從點B開始沿邊向點C以的速度移動，如果P，Q兩點分別從A，B兩點同時出發(fā)，設(shè)運動時間為．
(1)用含x的式子表示（請寫化簡之后的結(jié)果）；
____________， ____________， ___________，=____________
(2)四邊形的面積能否等于172？若能，求出運動的時間; 若不能，說明理由．
【答案】(1)、，，
(2)當(dāng)，四邊形的面積等于172．
【分析】（1）根據(jù)題意用x表示出、、、即可；
（2）由=172可得關(guān)于t的一元二次方程，然后解一元二次方程即可求得運動時間t．
（1）
解：根據(jù)題意得：cm，cm，所以cm，
∵ ，
∵
∴．
故答案為：、，，．
（2）
解：∵四邊形的面積能等于172
∴，即，解得或（舍去）
∴當(dāng)，四邊形的面積等于172．
【點睛】本題主要考查了函數(shù)的動點問題、四邊形的面積，二次函數(shù)的與一元二方程的關(guān)系等知識點，出與t的函數(shù)關(guān)系式是解本題的關(guān)鍵．
21．（1）如圖1，在四邊形中，，點E是邊上一點，，，連接、．判斷的形狀，并說明理由；
（2）如圖2，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點，點C是x軸上的動點，線段繞著點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°至線段，連接、，
①求B點的運動軌跡解析式
②的最小值是．
【答案】（1）見詳解
（2）①；②
【分析】（1）根據(jù)已知條件證得，即可證得為等腰直角三角形；
（2）①根據(jù)（1）可知，設(shè)B點坐標(biāo)為，C點坐標(biāo)為，可得，，即點B的運動軌跡解析式為：；
②作點O關(guān)于直線的對稱點，連接，交直線與點，此時A、、三點共線時，值最小，求得坐標(biāo)為，根據(jù)勾股定理即可求得最小值．
【詳解】（1）為等腰直角三角形，理由如下，
在與中，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴為等腰直角三角形；
（2）①作軸于點D，如圖所示，
由（1）得，，
∴，，
設(shè)B點坐標(biāo)為，C點坐標(biāo)為，
∴，，
∴，
∴點B的運動軌跡解析式為：；
②如圖所示，作點O關(guān)于直線y=x-1的對稱點，連接，交直線與點，
此時，,
即A、、三點共線時，值最小，
∵直線垂直平分，
∴，
∴坐標(biāo)為，
∴，
即：的最小值為．
【點睛】本題主要考查的是一次函數(shù)與全等三角形的綜合，主要是數(shù)量掌握“一線三垂直”模型以及“將軍飲馬”模型．
22．如圖，在四邊形中，，，，，，動點從點開始沿邊向點以的速度運動，動點從點開始沿邊向點以的速度運動，動點，分別從點，同時出發(fā)，當(dāng)其中一點到達端點時，另一點也隨之停止運動，設(shè)運動的時間為秒.
(1)當(dāng)為何值時，四邊形為矩形？
(2)當(dāng)為何值時，四邊形為平行四邊形？
【答案】(1)當(dāng)時，四邊形是矩形
(2)當(dāng)時，四邊形是平行四邊形
【分析】（1）四邊形為矩形，即，列出等式，求解即可；
（2）四邊形為平行四邊形，即，列出等式求解；
（1）
解：設(shè)運動時間為秒，
，，，，
如圖1，
，
當(dāng)時，四邊形是平行四邊形，
，
四邊形是矩形，
即，
解得：，
時，四邊形是矩形；
（2）
解：如圖2，
，
當(dāng)時，四邊形是平行四邊形．
此時有，
解得．
當(dāng)時，四邊形是平行四邊形．
【點睛】此題主要考查了矩形、平行四邊形的判定與性質(zhì)應(yīng)用，要求學(xué)生掌握對各種圖形的認(rèn)識，同時學(xué)會數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)解題思想．
23．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的邊OC在x軸上，OA在y軸上，，，兩動點P、Q分別從O、B兩點同時出發(fā)，點P以每秒個單位長度的速度沿線段OC向點C運動，點Q以每秒2個單位長度的速度沿著線段BO向點O運動，當(dāng)點P運動到點C時，P、Q同時停止，設(shè)這兩個點運動時間為t （s），
(1)直接寫出點A、B的坐標(biāo)；
(2)當(dāng)?shù)拿娣e為時，求t的值；
(3)在運動過程中，是否存在P、Q兩點，使得沿它的一邊翻折，翻折前后兩個三角形組成的四邊形為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)，，
(2)，或，
(3)或或
【分析】（1）由矩形的性質(zhì)和已知條件求出、即可得出、的坐標(biāo)；
（2）作于，則，證出，得出對應(yīng)邊成比例，得出，由的面積，求出的值，再求出，即可得出的坐標(biāo)；
（3）分三種情況：①當(dāng)時；②當(dāng)時；③時；分別得出的方程，解方程即可．
【詳解】（1）解：四邊形是矩形，
，，，
，，
，
，
，，；
（2）作于，如圖1所示：
則，
，
，即，
，
的面積，
解得：或，
當(dāng)時，，；
當(dāng)時，，；
點的坐標(biāo)為，，或，；
（3）存在；分三種情況：如圖2所示：
①當(dāng)時，
，
，
由（2）得：，
，
，
，
解得：，或；
②當(dāng)時，，
，
解得：（負(fù)值舍去），
；
③時，，
，
解得：．
綜上所述：的值為或或．
【點睛】本題是一次函數(shù)綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形面積的計算、三角函數(shù)以及坐標(biāo)與圖形特征；本題難度較大，綜合性強，特別是（3）中，需要通過分類討論列出方程，解方程才能得出結(jié)果．
24．從多邊形的一個頂點引出兩條射線形成一個角，這個角的兩邊與多邊形的兩邊相交，該多邊形在這個角的內(nèi)部的部分與角的兩邊圍成的圖形稱為該角對這個圖形的“投射圖形”
【特例感知】
（1）如圖，與正方形的邊、分別交于點E、點F，此時對正方形的“投射圖形”就是四邊形；若此時是一個定值，則四邊形的面積____（填“會”或“不會”）發(fā)生變化．
【遷移嘗試】
（2）如圖，菱形中，，，E、F分別是邊、上的動點，若對菱形的“投射圖形”四邊形的面積為，求的值．
【深入感悟】
（3）如圖，矩形中，，，的兩邊分別與、交于點E、點F，若，，求對矩形的“投射圖形”四邊形的面積．
【綜合運用】
（4）如圖，某建筑工地有一塊由圍擋封閉起來的四邊形空地，其中，，，m，m，現(xiàn)打算在空地上建一塊四邊形堆場用于堆放建筑垃圾，需要拆除圍擋和，若m，求這個四邊形堆場面積的最大值．
【答案】（1）不會（2）（3）（4）
【分析】（1）連接得到四邊形面積，通過即可得到答案；
（2）過A點作，分別交、延長線于點、，連接；根據(jù)菱形和含角直角三角形的性質(zhì)計算，即可得到答案；
（3）在上取點滿足，連接，過點作交延長線于點；根據(jù)矩形和勾股定理的性質(zhì)計算得；再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，通過證明，推導(dǎo)得，；再結(jié)合勾股定理性質(zhì)計算即可完成求解；
（4）延長、交于點，含角直角三角形的性質(zhì)推導(dǎo)得，設(shè)，結(jié)合一次函數(shù)的性質(zhì)分析，即可得到答案.
【詳解】（1）如下圖所示，連接，
四邊形面積，
∵，
∴四邊形面積，
∴當(dāng)是一個定值，則四邊形的面積不會發(fā)生變化
故答案為：不會；
（2）如圖，過A點作，分別交、延長線于點、，連接
∵四邊形為菱形
∴，
∵菱形ABCD面積，
∴，
∴四邊形面積，
∵，
∴，
在中，，，
∴，，
∴
∴
（3）如圖，在上取點滿足，連接，過點作交延長線于點
∵，，
∴，
∵
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形面積．
（4）延長、交于點，
∵，，
∴，
在中，，，
∴，，
∵，
∴，
在中，，，
∴，，
∴
設(shè)，則
∴四邊形面積
，
，
，
，
∵，
∴四邊形面積隨增大而增大，
∵，
∴當(dāng)時，四邊形堆場面積的最大值．
【點睛】本題考查了矩形、菱形、直角三角形、相似三角形、一次函數(shù)的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握矩形、直角三角形、相似三角形和一次函數(shù)的性質(zhì)，從而完成求解.
25．如圖，四邊形是菱形，對角線和相交于點O、點E是的中點，過點C作的垂線，與的延長線交于點F，連接.
(1)求證：四邊形是矩形；
(2)若四邊形的周長為，的周長為，求四邊形的面積；
(3)在（2）問的條件下，上有一動點Q，上有一動點P，求的最小值.
【答案】(1)見解析
(2)2
(3)
【分析】（1）先根據(jù)菱形的性質(zhì)和已知條件可得，再根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，然后利用“角邊角”證明，可得，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊可得四邊形ODFC是平行四邊形，最后根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形即可證明結(jié)論；
（2）根據(jù)菱形的周長和的周長求得，，再根據(jù)勾股定理和完全平方公式可得CO?DO即可解答；
（3）作點E關(guān)于DO對稱點，過點作，交于點Q，此時最??；連接、；然后再說明是的中點求得；再利用菱形的性質(zhì)求得菱的面積，最后運用面積公式求得即可．
（1）
證明：∵四邊形是菱形，
∴，
∴ ，
∵，
∴
∴
∴
∴
∵E是中點，
∴，
在和中，
∴（）；
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∴四邊形是矩形．
（2）
解：∵菱形的周長為，
∴，，
∵的周長為，
∴=
∴，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴四邊形的面積2．
（3）
解：如圖：作點E關(guān)于DO對稱點，過點作，交于點Q，連接、
∴
∴
∴最小值為
∵
∴
∵
∴菱形的面積為4，的面積為1
∵
∴，解得：．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定、平行四邊形的判定，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
26．如圖1，已知在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形是矩形，點A，C分別在x軸和y軸的正半軸上，連結(jié)，，，點D是的中點．
(1)___________；點D的坐標(biāo)為___________；
(2)若點E在線段上，直線DE把矩形面積分成為2：1兩部分，求點E坐標(biāo)；
(3)如圖2．點P為線段上一動點（含線段端點），連接；以線段為邊，在所在直線的右上方作等邊，當(dāng)動點P從點B運動到點A時，點Q也隨之運動，當(dāng)成為以為底的等腰三角形時，直接寫出Q點的橫坐標(biāo)．
【答案】(1)；
(2)或
(3)
【分析】（1）在中，解直角三角形求出即可求出點C坐標(biāo)，再根據(jù)中點定義求出點D坐標(biāo)；
（2）分兩種情況討論：①當(dāng)梯形的面積與梯形的面積之比是時，②當(dāng)梯形的面積與梯形的面積之比是時；分別求解即可；
（3）當(dāng)點P在線段上運動時，點Q在線段上運動，根據(jù)等邊三角形性質(zhì)求出點M、N坐標(biāo)，從而可求得直線的解析式為，取中點E，過點E作垂線，交x軸于F，求得直線解析式為，然后聯(lián)立兩解析式，求得兩直線交點橫坐標(biāo)即可．
（1）
解：如圖1中，
∵四邊形是矩形，
∴，，，
∵，，
∴，，
∵點D是的中點，
∴，
∴，
故答案為：；．
（2）
解：如圖1中，設(shè)．
分兩種情況討論：①當(dāng)梯形的面積與梯形的面積之比是時，
由題意，
∴，
∴，
解得：，
∴；
②當(dāng)梯形的面積與梯形的面積之比是時，，
∴，
，
解得：；
∴；
綜上，點E坐標(biāo)或；
（3）
解：如圖，當(dāng)點P與點B重合時，點Q在點M處，當(dāng)點P與點A重合時，點Q在點N處，當(dāng)點P在線段上運動時，點Q在線段．運動，如圖，
∵等邊，，
∴，
同理，
∴直線的解析式為：，
取中點E，過點E作垂線，交x軸于F，
則，，
∴直線解析式為：，
∵是以為底的等腰三角形，
∴點Q是直線與直線的交點，
聯(lián)立直線與直線的解析式，得
，
解得：，
∴點Q的橫坐標(biāo)為．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，解直角三角形，待定系數(shù)法求一欠函數(shù)解析式，兩直線交點問題，等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，本題綜合性較強，屬中考壓軸題目．

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