【2021中考数学】四边形综合：动点与相似(二)含答案

年中考数学一轮复习专题《四边形综合：动点与相似》1．定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：（1）如图1，正方形ABCD中，E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF为“直等补”四边形，为什么？（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，点B到直线AD的距离为BE．①求BE的长；②若M、N分别是AB、AD边上的动点，求△MNC周长的最小值．2．在长方形ABCD中，点E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到对应的△GBE，将BG延长交直线DC于点F．（1）如果点G在长方形ABCD的内部，连接EF，如图①所示．①求证：GF＝DF；②若DF＝DC，AD＝8，求AB的长度．（2）如果点G在长方形ABCD的外部，如图②所示，DF＝mDC（m＞1），请用含m的代数式表示的值．3．已知：如图，在四边形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，点C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延长DC交EF于点M．点P从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点M出发，沿MF方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作GH⊥AB于点H，交CD于点G．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．解答下列问题：（1）当t为何值时，点M在线段CQ的垂直平分线上？（2）连接PQ，作QN⊥AF于点N，当四边形PQNH为矩形时，求t的值；（3）连接QC，QH，设四边形QCGH的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；（4）点P在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P在∠AFE的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．4．在边长为2的菱形ABCD中，E是边AD的中点，点F、G、H分别在边AB、BC、CD上，且FG⊥EF，EH⊥EF．（1）如图1，当点F是边AB中点时，求证：四边形EFGH是矩形；（2）如图2，当＝时，求值；（3）当cos∠D＝，且四边形EFGH是矩形时（点F不与AB中点重合），求AF的长．5．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝30°，AD⊥BC于D，AD＝4cm，过点D作DE∥AC，交AB于点E，DF∥AB，交AC于点F．动点P从点A出发以1cm/s的速度向终点D运动，过点P作MN∥BC，交AB于点M，交AC于点N．设点P运动时间为x（s），△AMN与四边形AEDF重叠部分面积为y（cm2）．（1）AE＝cm，AF＝cm；（2）求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；（3）若线段MN中点为O，当点O落在∠ACB平分线上时，直接写出x的值．6．如图，在四边形ABCD中，AC是对角线，∠ABC＝∠CDA＝90°，BC＝CD，延长BC交AD的延长线于点E．（1）求证：AB＝AD；（2）若AE＝BE+DE，求∠BAC的值；（3）过点E作ME∥AB，交AC的延长线于点M，过点M作MP⊥DC，交DC的延长线于点P，连接PB．设PB＝a，点O是直线AE上的动点，当MO+PO的值最小时，点O与点E是否可能重合？若可能，请说明理由并求此时MO+PO的值（用含a的式子表示）；若不可能，请说明理由．7．已知矩形ABCD和矩形CEFG中，AB＝6，BC＝8，CE＝4，EF＝3．（1）当点E在CD上时，如图1，求的值；（2）当矩形CEFG绕点C旋转至图2时，求的值；（3）当矩形CEFG绕点C旋转至A，E，F三点共线时，直接写出BE的长．8．如图，两个正方形ABCD与DEFG，连结AG，CE，二者相交于点H．（1）证明：△ADG≌△CDE；（2）请说明AG和CE的位置和数量关系，并给予证明；（3）连结AE和CG，请问△ADE的面积和△CDG的面积有怎样的数量关系？并说明理由．9．已知△ABC的面积为S，点D，E分别在边AB，AC上，且DE∥BC．【填空】（1）如图1，若AD：DB＝1：1，则四边形DECB的面积a1＝（用含S的式子表示，下同）；（2）如图2，若AD：DB＝1：2，则四边形DECB的面积a2＝；（3）如图3，若AD：DB＝1：3，则四边形DECB的面积a3＝；以此类推，…【猜想】根据上述规律猜想，若AD：DB＝1：n，则四边形DECB的面积an＝；【应用】计算a1•a2•a3…a10．10．如图，平面直角坐标系中有A（﹣3，0），B（1，0），C三点．（1）连接AC，若C（﹣4，1）．①线段AC的长为（直接写出结果）；②如图1，点P为y轴负半轴上一点，点D为线段AB上一点，连接CD，作DE⊥CD，且DE＝CD，当点D从A向B运动时，C点不变，E点随之运动，连接EP，求线段EP的中点Q的运动路径长；（2）如图2，作AF⊥AC，连接FB并延长，交CA延长线于G，GH⊥CF于H．若BF＝BG，且∠C＝67.5°，在平面内是否存在点M，使以B，A，H，M为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案1．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，∵将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，∴BE＝BF，∠CBE＝∠ABF，∴∠EBF＝∠ABC＝90°，∴∠EBF+∠D＝180°，∴四边形BEDF为“直等补”四边形；（2）①过C作CF⊥BF于点F，如图1，则∠CFE＝90°，∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，∴∠D＝90°，∵BE⊥AD，∴∠DEF＝90°，∴四边形CDEF是矩形，∴EF＝CD＝1，∵∠ABE+∠A＝∠CBE+∠ABE＝90°，∴∠A＝∠CBF，∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC＝5，∴△ABE≌△BCF（AAS），∴BE＝CF，设BE＝CF＝x，则BF＝x﹣1，∵CF2+BF2＝BC2，∴x2+（x﹣1）2＝52，解得，x＝4，或x＝﹣3（舍），∴BE＝4；②如图2，延长CB到F，使得BF＝BC，延长CD到G，使得CD＝DG，连接FG，分别与AB、AD交于点M、N，过G作GH⊥BC，与BC的延长线交于点H．则BC＝BF＝5，CD＝DG＝1，∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴CM＝FM，CN＝GN，∴△MNC的周长＝CM+MN+CN＝FM+MN+GN＝FG的值最小，∵四边形ABCD是“直等补”四边形，∴∠A+∠BCD＝180°，∵∠BCD+∠HCG＝180°，∴∠A＝∠HCG，∵∠AEB＝∠CHG＝90°，∴△ABE∽△CGH，∴∵AB＝5，BE＝4，∴AE＝，∴，∴GH＝，CH＝，∴FH＝FC+CH＝，∴FG＝＝8，∴△MNC周长的最小值为8．2．解：（1）①根据翻折的性质得，∠EGF＝∠A＝∠D＝90°，EG＝AE＝ED，EF＝EF，在Rt△EGF和Rt△EDF中，，∴Rt△EGF≌Rt△EDF（HL），∴GF＝DF；②∵DF＝DC，∴DF＝FC由①知，GF＝DF，∴DF＝GF＝FC，设GF＝DF＝FC＝x，则AB＝BG＝DC＝2x，∴BF＝3x，在Rt△BFC中，∵BF2＝CF2+BC2，∴（3x）2﹣x2＝42，解得x＝，∴AB＝2x＝2；（2）如图②，连接EF，由（1）可知，△EFG≌△EFD，∴∠FED＝∠FEG，FD＝FG，∵∠BEA＝∠BEG，∴∠BEF＝90°，∵∠BGE＝∠A＝90°，∴∠EFG+∠FEG＝90°，∵∠BEG+∠FEG＝90°，∠FEG+∠EFG＝90°，∴∠BEG＝∠EFG，∵∠BGE＝∠FGE＝90°，∴△BEG∽△EFG，∴＝，∴EG2＝BG•GF，设DC＝AB＝BG＝a，则DF＝FG＝ma，∴EG2＝ma2，∴EG＝a，∴AD＝2EG＝2a，∴＝＝2．3．解：（1）∵AB∥CD，∴，∴，∴CM＝，∵点M在线段CQ的垂直平分线上，∴CM＝MQ，∴1×t＝，∴t＝；（2）如图1，过点Q作QN⊥AF于点N，∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，∴AC＝＝＝10cm，EF＝＝＝10cm，∵CE＝2cm，CM＝cm，∴EM＝＝＝，∵sin∠PAH＝sin∠CAB，∴，∴，∴PH＝t，同理可求QN＝6﹣t，∵四边形PQNH是矩形，∴PH＝NQ，∴6﹣t＝t，∴t＝3；∴当t＝3时，四边形PQNH为矩形；（3）如图2，过点Q作QN⊥AF于点N，由（2）可知QN＝6﹣t，∵cos∠PAH＝cos∠CAB，∴，∴，∴AH＝t，∵四边形QCGH的面积为S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，∴S＝×6×（8﹣t+6+8﹣t+）﹣××[6﹣（6﹣t）]﹣×（6﹣t）（8﹣t+6）＝﹣t2+t+；（4）存在，理由如下：如图3，连接PF，延长AC交EF于K，∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，AC＝EF＝10cm，∴△ABC≌△EBF（SSS），∴∠E＝∠CAB，又∵∠ACB＝∠ECK，∴∠ABC＝∠EKC＝90°，∵S△CEM＝×EC×CM＝×EM×CK，∴CK＝＝，∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，∴PH＝PK，∴t＝10﹣2t+，∴t＝，∴当t＝时，使点P在∠AFE的平分线上．4．解：（1）连接AC、BD，∵菱形ABCD中，E是边AD的中点，点F是边AB中点，∴AF＝AE＝AB，EF∥BD，∵FG⊥EF，EH⊥EF．∴GF∥EH∥AC，∴GF＝HE＝AC，∴四边形EFGH是平行四边形，∵FG⊥EF，∴∠EFG＝90°，∴四边形EFGH是矩形；（2）连接EG，∵菱形ABCD中，AD∥BC，∴∠BGE＝∠DEG，∵FG∥EH，∴∠FGE＝∠HEG，∴∠BGF＝∠DEH，又∵菱形ABCD中，∠B＝∠D，∴△BGF∽△DEH，∴＝∵＝，∴BG＝BC，DE＝AD＝BC，∴＝＝；（3）如图，过点G作GM⊥AB于点M，过点E作EN⊥BA延长线于点N，∵四边形EFGH是矩形，∴GF＝EH，∵由（2）可知，△BGF∽△DEH，∴此时△BGF≌△DEH，又∵菱形ABCD边长为2，∴BG＝DE＝1，∴BG＝CG＝1，∴cos∠B＝cos∠EAN＝cos∠D＝，∴BM＝AN＝，∴MG＝NE＝．设AF＝x，则MF＝2﹣﹣x＝﹣x，当四边形EFGH是矩形时，∠GFE＝90°，则△GMF与△FNE相似（三垂直模型）．①若△GMF∽△FNE，则＝，∴＝，解得x1＝，x2＝1（点F不与AB中点重合，舍去）；②若△GMF∽△ENF，则＝，∴＝1，解得x＝，∴AF＝．∵△GMF∽△ENF，四边形EFGH是矩形，∴∠GFM＝∠EFN＝45°，∴△GMF和△ENF均为等腰直角三角形，∴NF＝NE，∵AN＝，AF＝，∴NF＝1，∵NE＝，∴NF≠NE，这与△ENF为等腰直角三角形矛盾，∴△GMF∽△ENF不成立，∴舍去x＝．综上，AF的长为．5．解：（1）∵∠B＝30°，AD⊥BC于D，∴∠BAD＝60°∵∠BAC＝90°，∴∠CAD＝30°，∵DE∥AC，DF∥AB，∴∠AED＝∠AFD＝90°，∵AD＝4cm，∴AE＝AD•cos60°＝2cm，AF＝AD•cos30°＝2cm，故答案为：2；2；（2）过点E作EG⊥AD于点G，过点F作FH⊥AD于点H，如图1，∴EG＝AE•cos60°＝cm，AH＝AF•cos30°＝3cm，当0≤x≤时，如图1，则AP＝xcm，∵MN∥BC，∴∠AMN＝∠B＝30°，∴AM＝2AP＝2x，∴AN＝AM•tan30°＝2x•＝（cm），∴y＝＝，即y＝（0≤x≤1）；当1＜x≤3时，如图2，则ME＝AM﹣AE＝2x﹣2（cm），∴EH＝ME•tan∠EMH＝（cm），∴，∴y＝×＝x﹣（＜x≤3）；当3＜x≤4时，如图3，∴AN＝（cm），∵MN∥BC，∴∠ANG＝∠C＝60°，∵NF＝AN﹣AF＝（cm），∴FG＝FN•tan60°＝2x﹣6（cm），∴，∴y＝S△AMN﹣S△EMH﹣S△FNG＝，即y＝﹣（3＜x≤4）；综上，y＝；（3）过点O作OH⊥BC于点H，OG⊥AC于点G，OK⊥AB于点K，连接OA，OB，如图4，∵OC平分∠ACB，∴OH＝OG，∵MN∥BC，∴∠AMN＝∠ABC＝30°，∠ANM＝∠ACB＝60°，∴OK＝OM•sin30°＝OM，OG＝ON•sin60°＝ON，∵OM＝ON，∴OG＝，∵AC＝AB•tan30°＝，BC＝2AC＝，∵，∴8×＝8OK+，∴OK＝，∴，∴AP＝2，∴x＝2．6．（1）证明：∵∠ABC＝∠CDA＝90°，∵BC＝CD，AC＝AC，∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL）．∴AB＝AD．（2）解：∵AE＝BE+DE，又∵AE＝AD+DE，∴AD＝BE．∵AB＝AD，∴AB＝BE．∴∠BAD＝∠BEA．∵∠ABC＝90°，∴∠BAD═45°．∵由（1）得△ABC≌△ADC，∴∠BAC＝∠DAC．∴∠BAC═22.5°．（3）解：当MO+PO的值最小时，点O与点E可以重合，理由如下：∵ME∥AB，∴∠ABC＝∠MEC＝90°，∠MAB＝∠EMA．∵MP⊥DC，∴∠MPC＝90°．∴∠MPC＝∠ADC＝90°．∴PM∥AD．∴∠EAM＝∠PMA．由（1）得，Rt△ABC≌Rt△ADC，∴∠EAC＝∠MAB，∴∠EMA＝∠AMP．即MC平分∠PME．又∵MP⊥CP，ME⊥CE，∴PC＝EC．如图，连接PB，连接PE，延长ME交PD的延长线于点Q．设∠EAM＝α，则∠MAP＝α．在Rt△ABE中，∠BEA＝90°﹣2α．在Rt△CDE中，∠ECD＝90°﹣∠BEA＝2α．∵PC＝EC，∴∠PEB＝∠EPC＝∠ECD＝α．∴∠PED＝∠BEA+∠PEB＝90°﹣α．∵ME∥AB，∴∠QED＝∠BAD＝2α．当∠PED＝∠QED时，∵∠PDE＝∠QDE，DE＝DE，∴△PDE≌△QDE（ASA）．∴PD＝DQ．即点P与点Q关于直线AE成轴对称，也即点M、点E、点P关于直线AE的对称点Q，这三点共线，也即MO+PO的值最小时，点O与点E重合．因为当∠PED＝∠QED时，90°﹣α＝2α，也即α＝30°．所以，当∠ABD＝60°时，MO+PO取最小值时的点O与点E重合．此时MO+PO的最小值即为ME+PE．∵PC＝EC，∠PCB＝∠ECD，CB＝CD，∴△PCB≌△ECD（SAS）．∴∠CBP＝∠CDE＝90°．∴∠CBP+∠ABC＝180°．∴A，B，P三点共线．当∠ABD＝60°时，在△PEA中，∠PAE＝∠PEA＝60°．∴∠EPA＝60°．∴△PEA为等边三角形．∵EB⊥AP，∴AP＝2AB＝2a．∴EP＝AE＝2a．∵∠EMA＝∠EAM＝30°，∴EM＝AE＝2a．∴MO+PO的最小值为4a．7．解：（1）如图1，过F作FH⊥AD，交AD的延长线于H，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠BCE＝90°，AD＝BC＝8，AB＝CD＝6，∵∠H＝∠EDH＝∠DEF＝90°，∴四边形DEFH是矩形，∴DH＝EF＝3，∴AH＝8+3＝11，∵CE＝4，CD＝6，∴FH＝DE＝6﹣4＝2，Rt△AHF中，由勾股定理得：AF＝＝＝5，Rt△BEC中，由勾股定理得：BE＝＝＝4，∴＝＝；（2）如图2，连接AC，CF，∵AB＝6，BC＝8，EF＝3，CE＝4，∴，＝，∴，∵∠CEF＝∠ABC＝90°，∴△CEF∽△CBA，∴，∠ECF＝∠ACB，∴＝＝，∴∠ACF＝∠BCE，∴△ACF∽△BCE，∴；（3）当△CEF旋转至A，E，F三点共线时，存在两种情况：①如图3，连接AC，CF，Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝10，Rt△CEF中，CE＝4，EF＝3，∴CF＝5，∴，，∴＝，∵∠FEC＝∠ABC，∴△ABC∽△FEC，∴∠ACB＝∠ECF，∴∠BCE＝∠ACF，∵＝，∴△ACF∽△BCE，∴，Rt△AEC中，AE＝＝＝2，∴AF＝AE+EF＝2+3，∴BE＝AF＝＝；②如图4，连接AC，CF，同理得：△AFC∽△BEC，∴＝，AF＝AE﹣EF＝2﹣3，∴BE＝AF＝，综上，BE＝或BE＝．8．（1）证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，∴AD＝CD，DG＝DE，且∠ADC＝∠GDE＝90°，∴∠ADG＝∠CDE，在△ADG与△CDE中，，∴△ADG≌△CDE（SAS）；（2）解：AG＝CE，AG⊥CE，理由如下：如图，AG与CD的交点记作点P，由（1）知，△ADG≌△CDE，∴AG＝CE，∠DAG＝∠DCE，∵∠ADC＝90°，∴∠DAG+∠APD＝90°，∴∠DCE+∠APD＝90°，∵∠APD＝∠CPH，∴∠DCE+∠CPH＝90°，∵∠DCE+∠CHA＝∠DAG+∠ADC，∴∠CHA＝90°，∴AG⊥CE；（3）S△ADE＝S△CDG，理由：过点A作AM⊥EP，交EP的延长线于M，过点C作CN⊥DG，交DG的延长线于N，∴∠M＝∠N＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∴∠ADM+∠CDM＝90°，∵四边形DEFG是正方形，∴DE＝DG，∠EDG＝90°，∴∠MDN＝90°，∴∠MDN+∠CDN＝90°，∴∠ADM＝∠CDN，∴△ADM≌△CDN（AAS），∴AM＝CN，∴S△ADE＝DE•AM＝DG•CN，∵S△CDG＝DG•CN，∴S△ADE＝S△CDG．9．解：（1）∵AD：DB＝1