中考数学复习满分突破（全国通用）：专题27 四边形综合（解析版）

专题27四边形综合【考查题型】【知识要点】四边形之间的从属关系：考查题型一中点四边形典例1．（2022秋·广东佛山·九年级校考阶段练习）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形．则四边形ABCD一定是(

)A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形C．矩形 D．对角线相等的四边形【答案】D【分析】根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF=BD，要是四边形为菱形，得出EF=EH，即可得到答案．【详解】解：∵E，F，G，H分别是边AD，AB，CB，DC的中点，∴EH=AC，EH∥AC，FG=AC，FG∥AC，EF=BD，∴EH∥FG，EF=FG，∴四边形EFGH是平行四边形，假设AC=BD，∵EH=AC，EF=BD，则EF=EH，∴平行四边形EFGH是菱形，即只有具备AC=BD即可推出四边形是菱形，故选：D．【点睛】题目主要考查中位线的性质及菱形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用三角形中位线的性质是解题关键．变式1-1．（2022·四川德阳·统考中考真题）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是（

）A．四边形是矩形B．四边形的内角和小于四边形的内角和C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和D．四边形的面积等于四边形面积的【答案】C【分析】连接，根据三角形中位线的性质，，，继而逐项分析判断即可求解．【详解】解：连接，设交于点，点，，，分别是，，，边上的中点，，，A.四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；B.四边形的内角和等于于四边形的内角和，都为360°，故该选项不正确，不符合题意；C.四边形的周长等于四边形的对角线长度之和，故该选项正确，符合题意；D.四边形的面积等于四边形面积的，故该选项不正确，不符合题意；故选C【点睛】本题考查了中点四边形的性质，三角形中位线的性质，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．变式1-2（2022春·福建福州·八年级福建省福州外国语学校校考期中）如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，对于四边形EFGH的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（）A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，四边形EFGH为菱形B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH不可能为菱形【答案】D【分析】根据连接四边形各边中点所得的四边形必为平行四边形，根据中点四边形的性质进行判断，即可求解【详解】解：A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，EF=FG=GH=HE，故四边形EFGH为菱形，故A正确；B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，故四边形EFGH为矩形，故B正确；C．当E，F，G，H不是各边中点时，EF∥HG，EF=HG，故四边形EFGH为平行四边形，故C正确；D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可能为菱形，故D错误；故选D．变式1-3．（2022春·河北廊坊·八年级校考期中）如图，四边形ABCD四边的中点分别为E，F，G，H，对角线AC与BD相交于点O，若四边形EFGH的周长是3，则AC＋BD的长为（

）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】A【分析】先由三角形的中位线定理推知四边形EFGH是平行四边形，然后求解即可．【详解】解：如图，∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，根据三角形的中位线的性质知：EF∥AC，GH∥AC且EF=GH=AC，EH=FG=BD，∴四边形EFGH是平行四边形，∵四边形EFGH的周长是3，即EF+GH+EH+FG=3，∴AC+BD=3，故选：A．【点睛】本题主要考查中点四边形，解题时，利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．变式1-4．（2022秋·九年级单元测试）如图，在四边形中，，点，，，分别是，，，的中点，若，，则四边形的面积是______．【答案】12【分析】根据三角形中位线定理、矩形的判定定理得到四边形为矩形，根据矩形的面积公式计算，得到答案．【详解】解：∵点，，，分别是，，，的中点，∴，，，，，，∴，，∴四边形为平行四边形，，∴，∴平行四边形为矩形，∴，故答案为：．【点睛】此题考查了中点四边形，解题的关键是掌握三角形中位线定理、矩形的判定定理．变式1-5．（2022秋·九年级课时练习）如图是一张菱形纸板，顺次连接各边中点得到矩形，再连接矩形对角线．将一个飞镖随机投掷到大菱形纸板上，则飞镖落在阴影区域的概率是__．【答案】##0.25【分析】如图，连接EG、FH，设FH=2a，EG=2b，可得，再得到四边形MOPN是矩形，可得，再根据概率公式，即可求解．【详解】解：如图，连接EG、FH，设FH=2a，EG=2b，∵四边形EFGH是菱形，∴，EG⊥FH，∵点M、O、P、N分别为菱形EFGH各边的中点，∴，OP∥FH，MN∥FH，MO∥EG，PN∥EG，∴四边形MOPN是平行四边形，∵EG⊥FH，∴MO⊥OP，∴四边形MOPN是矩形，∴，∴，∴飞镖落在阴影区域的概率是．故答案为：【点睛】本题主要考查了求概率，菱形的性质，矩形的判定和性质，根据题意得到，是解题的关键．变式1-6．（2022·山东济南·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AC=BD，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，且EG、FH交于点O．若AC=4，则EG2+FH2=______．【答案】16【分析】根据三角形的中位线定理和菱形的判定，可得顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形；根据菱形的性质得到EG⊥HF，且EG=2OE，FH=2OH．在Rt△OEH中，根据勾股定理得到OE2+OH2=EH2=4，再根据等式的性质，在等式的两边同时乘以4，根据4=22，把等式进行变形，并把EG=2OE，FH=2OH代入变形后的等式中，即可求出EG2+FH2的值．【详解】∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ABC、△ACD的中位线，根据三角形的中位线的性质知，EH=FGBD，EF=HGAC．又∵AC=BD，∴EH=FG=EF=HG，∴四边形EFGH是菱形，∴EG⊥FH，EG=2OE，FH=2OH．在Rt△OEH中，根据勾股定理得：OE2+OH2=EH2=4，等式两边同时乘以4得：4OE2+4OH2=4×4=16，∴（2OE）2+（2OH）2=16，即EG2+FH2=16．故答案为16．【点睛】本题考查了三角形中位线定理和菱形的判定方法，题目比较典型，又有综合性，难度不大．变式1-7．（2022春·山东德州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AC=BD=6，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则EG2+FH2=______．【答案】36【分析】连接EF，FG，GH，EH，由E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，得到EH，EF，FG，GH分别是△ABD，△ABC，△BCD，△ACD的中位线，根据三角形中位线定理得到EH，FG等于BD的一半，EF，GH等于AC的一半，由AC=BD=6，得到EH=EF=GH=FG=3，根据四边都相等的四边形是菱形，得到EFGH为菱形，然后根据菱形的性质得到EG⊥HF，且EG=2OE，FH=2OH，在Rt△OEH中，根据勾股定理得到OE2+OH2=EH2=9，再根据等式的性质，在等式的两边同时乘以4，根据4=22，把等式进行变形，并把EG=2OE，FH=2OH代入变形后的等式中，即可求出EG2+FH2的值【详解】如图，连接EF，FG，GH，EH，∵E、H分别是AB、DA的中点，∴EH是△ABD的中位线，∴EH=BD=3，同理可得EF，FG，GH分别是△ABC，△BCD，△ACD的中位线，∴EF=GH=AC=3，FG=BD=3，∴EH=EF=GH=FG=3，∴四边形EFGH为菱形，∴EG⊥HF，且垂足为O，∴EG=2OE，FH=2OH，在Rt△OEH中，根据勾股定理得：OE2+OH2=EH2=9，等式两边同时乘以4得：4OE2+4OH2=9×4=36，∴（2OE）2+（2OH）2=36，即EG2+FH2=36．故答案为36．【点睛】此题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理以及等式的基本性质，本题的关键是连接EF，FG，GH，EH，得到四边形EFGH为菱形，根据菱形的性质得到EG⊥HF，建立直角三角形，利用勾股定理来解决问题．考查题型二特殊四边形有关的动点问题典例2．（2022·辽宁锦州·中考真题）如图，四边形是边长为的正方形，点E，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，连接，点P从点E出发沿运动，同时点Q从点B出发沿运动，两点运动速度均为，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为，连接，的面积为，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2两种情形，确定解析式，判断即可．【详解】当0≤t≤1时，∵正方形ABCD的边长为2，点O为正方形的中心，∴直线EO垂直BC，∴点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，∴S=；当1＜t≤2时，∵正方形ABCD的边长为2，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，∴直线OF∥BC，∴点P到直线BC的距离为1，BQ=t，∴S=；故选D．【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的解析式，一次函数解析式，正确确定面积，从而确定解析式是解题的关键．变式2-1．（2021·浙江绍兴·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（

）A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形【答案】C【分析】是特殊三角形，取决于点P的某些特殊位置，按其移动方向，逐一判断即可．【详解】解：连接AC，BD，如图所示．∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，∠D=∠B．∵∠B=60°，∴∠D=∠B=60°．∴和都是等边三角形．点P在移动过程中，依次共有四个特殊位置：（1）当点P移动到BC边的中点时，记作．∵是等边三角形，是BC的中点，∴．∴．∴是直角三角形．（2）当点P与点C重合时，记作．此时，是等边三角形；（3）当点P移动到CD边的中点时，记为．∵和都是等边三角形，∴．∴是直角三角形．（4）当点P与点D重合时，记作．∵，∴是等腰三角形．综上，形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形．故选：C【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等边三角形的性质与判定等知识点，熟知特殊三角形的判定方法是解题的关键．变式2-2．（2021·四川眉山·统考中考真题）如图，在菱形中，，对角线、相交于点，点在线段上，且，点为线段上的一个动点，则的最小值是______．【答案】【分析】过M点作MH垂直BC于H点，与OB的交点为P点，此时的长度最小为MH，再算出MC的长度，在直角三角形MPC中利用三角函数即可解得MH【详解】过M点作MH垂直BC于H点，与OB的交点为P点，此时的长度最小∵菱形中，∴AB=BC=AC=10，△ABC为等边三角形∴∠PBC=30°，∠ACB=60°∴在直角△PBH中，∠PBH=30°∴PH=∴此时得到最小值，∵AC=10，AM=3,∴MC=7又∠MPC=60°∴MH=MCsin60°=故答案为：【点睛】本题主要考查了菱形的性质与三角函数，能够找到最小值时的P点是解题关键.变式2-3．（2021·湖南衡阳·统考中考真题）如图1，菱形的对角线与相交于点O，P、Q两点同时从O点出发，以1厘米/秒的速度在菱形的对角线及边上运动．点P的运动路线为，点Q的运动路线为．设运动的时间为x秒，P、Q间的距离为y厘米，y与x的函数关系的图象大致如图2所示，当点P在段上运动且P、Q两点间的距离最短时，P、Q两点的运动路程之和为__________厘米．【答案】【分析】四边形是菱形，由图象可得AC和BD的长，从而求出OC、OB和．当点P在段上运动且P、Q两点间的距离最短时，此时连线过O点且垂直于．根据三角函数和已知线段长度，求出P、Q两点的运动路程之和．【详解】由图可知，（厘米），∵四边形为菱形∴（厘米）∴P在上时，Q在上，距离最短时，连线过O点且垂直于．此时，P、Q两点运动路程之和∵（厘米）∴（厘米）故答案为．【点睛】本题主要考查菱形的性质和三角函数．解题的关键在于从图象中找到菱形对角线的长度．变式2-4．（2021·四川宜宾·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，对角线相交于点O，动点M从点B向点A运动（到点A即停止），点N是AD上一动点，且满足∠MON＝90°，连结MN．在点M、N运动过程中，则以下结论中，①点M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使；③逐渐减小；④．正确的是________．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②③④．【分析】先根据矩形的性质与AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分类讨论，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，当点M运动到AB的中点时，，由AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，当点M在AB的中点时，才满足，得出结论．【详解】解：∵AD＝AB，∴tan∠ADB=，∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，∵点O为BD的中点，∴AB=AO=BO，设AB=1，则AD=，BD=2．①当点M与点B重合时，点N是BD的垂直平分线与AD的交点，令AN=x，则BN=DN=，∴，解得：，∴AN=，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，故①说法正确，符合题意；②当点M运动到AB的中点时，，故②说法正确，符合题意；③由①得到，AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，故③说法正确，符合题意；如图，延长MO交CD于M'，∵∠MOB=∠M'OD，OB=OD，∠DBA=∠BDC，∴△OMB≌△OM'D（ASA），∴BM=DM'，OM=OM'，连接NM'，∵NO⊥MM'，则MN=NM'，∵NM'2=DN2+DM'2，∴MN2=BM2+DN2，故④正确，故答案为：①②③④．【点睛】本题考查了矩形的性质、动点问题，解题关键在于确定特殊情况，求出两点的运动路程，确定边之间的关系，得出结论．变式2-5．（2022·天津·统考中考真题）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设．(1)如图①，当时，求的大小和点的坐标；(2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；(3)若折叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）．【答案】(1)，点的坐标为(2)，其中t的取值范围是(3)3，．（答案不唯一，满足即可）【分析】（1）先根据折叠的性质得，即可得出，作，然后求出和OH，可得答案；（2）根据题意先表示，再根据，表示QE，然后根据表示即可，再求出取值范围；（3）求出t=3时的重合部分的面积，可得从t=3之后重合部分的面积始终是，再求出P与C重合时t的值可得t的取值范围，问题得解．【详解】（1）在中，由，得．根据折叠，知，∴，．∵，∴．如图，过点O′作，垂足为H，则．∴在中，得．由，得，则．由，得，．∴点的坐标为．（2）∵点，∴．又，∴．同（1）知，，．∵四边形是矩形，∴．在中，，得．∴．又，∴.如图，当点O′与AB重合时，，，则，∴，∴，解得t=2，∴t的取值范围是；（3）3，．（答案不唯一，满足即可）当点Q与点A重合时，，，∴，则.∴t=3时，重合部分的面积是，从t=3之后重合部分的面积始终是，当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝，由于P不能与C重合，故，所以都符合题意．【点睛】这是一道关于动点的几何综合问题，考查了折叠的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形等．变式2-6．（2021·广东广州·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使，且CF、DE相交于点G（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；（2）当时，求AE的长；（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）根据E为AB中点可得，再由菱形的性质推出CD∥AB，，则，即可证明结论；（2）过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H，利用菱形及直角三角形的性质可求出，并由勾股定理求得，再根据相似三角形的判定及性质可证得，设，则，可表示出，，即可由建立关于x的方程，求解后可得出AE的长；（3）连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM，首先由菱形的性质得出△ABD为等边三角形，则，再由CD∥AB，得，，由此可证得，再结合得出，则由等腰三角形性质推出，并分别求出，，最后根据题意可得点G运动路径的长度为线段AN的长，由平行线分线段成比例性质可得出，此题得解．【详解】（1）证明：∵E为AB中点，∴．∴．∵四边形ABCD是菱形，∴CD∥AB，．∴．∴四边形DFEC是平行四边形；（2）解：如图，过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H，∵四边形ABCD是菱形，，∴AD∥BC，．∴．∴．∴．则由勾股定理得．∵CD∥AB，∴△CDG∽△FEG．∴．∵，∴．设，则．∴，．在Rt△CFH中，由勾股定理得：，∴．解得，（不合题意，舍去）．∴AE的长为；（3）如图，连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM，∵四边形ABCD是菱形，，∴，．∴△ABD为等边三角形．同理可证：△BCD为等边三角形．∴．∵CD∥AB，∴，．∴，．∴∵，∴．∴．则由勾股定理得：，．当点E从A出发运动到点B时，点G始终在直线AM上运动，运动轨迹为线段，当点E与A重合时，点G与点A重合，当点E与B重合时，点G为BD与AM的交点N，∴点G运动路径的长度为线段AN的长，∵CD∥AB，∴．∴．∴点G运动路径的长度为．【点睛】此题属于四边形的综合问题，考查了菱形的性质、平行四边形及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握所学知识并灵活运用所学知识是解题的关键．变式2-7（2021·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线经过点，与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段平行于x轴，交直线于点D，连接，．（1）填空：__________．点A的坐标是（__________，__________）；（2）求证：四边形是平行四边形；（3）动点P从点O出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动时间均为t秒．①当时，的面积是__________．②当点P，Q运动至四边形为矩形时，请直接写出此时t的值．【答案】（1），5，0；（2）见解析；（3）①12；②或．【分析】（1）代入点坐标即可得出值确定直线的解析式，进而求出点坐标即可；（2）求出点坐标，根据，，即可证四边形是平行四边形；（3）①作于，设出点的坐标，根据勾股定理计算出的长度，根据运动时间求出的长度即可确定的面积；②根据对角线相等确定的长度，再根据、的位置分情况计算出值即可．【详解】解：（1）直线经过点，，解得，即直线的解析式为，当时，，，（2）线段平行于轴，点的纵坐标与点一样，又点在直线上，当时，，即，，，，又，四边形是平行四边形；（3）①作于，点在直线上，设点的坐标为，，，由勾股定理，得，即，整理得或8（舍去），，，当时，，，②，当时，，当时，，当点，运动至四边形为矩形时，，，当时，，解得，当时，，解得，综上，当点，运动至四边形为矩形时的值为或．【点睛】本题主要考查一次函数的性质，熟练掌握待定系数法求解析式，平行四边形的性质和矩形的性质是解题的关键．变式2-8．（2021·山东青岛·统考中考真题）已知：如图，在矩形和等腰中，，，．点从点出发，沿方向匀速运动．速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．过点作，交于点，交于点，过点作，交于点．分别连接，，设运动时间为．解答下列问题：（1）当时，求的值；（2）设五边形的面积为，求与之间的函数关系式；（3）当时，求的值；（4）若与相交于点，分别连接和．在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在，【分析】（1）先证，得代数计算即可；（2）如图2中，过点P作PO⊥QM于点O．证明S=S四边形DQPM+S△DNQ=（PQ+DH）•QM+QN•ND=（HA+DH）•QM+QN•ND=•AD•QM+QN•ND，可得结论．（3）如图3中，延长NQ交BE于点G．根据PQ=PM，构建方程求解即可．（4）存在．证明△HQW∽△AEW，△MHW∽△PAW，推出，，推出，由此构建方程求解即可【详解】（1）由题意可得，，，在矩形中，∵，，，在中，，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴.答：为时，.（2）过点作，交于点，在等腰中，，，则.∵，∴，∴四边形是矩形，∴.∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴.∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，.∴.答：与的函数关系式是.（3）延长交于点，由（1），（2）可得，，，∵，∴四边形是矩形，∴，同理可证，四边形是矩形.∴，当时，∵，∴，∴.又∵，∴，∴.答：当时，.（4）由（2）得，，∵，，∴，∴为矩形，∴，且.∴，∵，∴，同理可证，∴，，∴，∴，∴.答：在运动的过程中，存在时刻，使.【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．变式2-9．（2021·广西来宾·统考中考真题）如图①，在中，于点，，，点是上一动点（不与点，重合），在内作矩形，点在上，点，在上，设，连接．（1）当矩形是正方形时，直接写出的长；（2）设的面积为，矩形的面积为，令，求关于的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；（3）如图②，点是（2）中得到的函数图象上的任意一点，过点的直线分别与轴正半轴，轴正半轴交于，两点，求面积的最小值，并说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）6【分析】（1）直接根据等腰直角三角形性质及正方形性质可以得出：，进一步计算即可；（2）先根据等腰直角三角形以及直角三角形得出，，代入化简即可；（3）设l：，则，当面积的最小时，两个函数图像仅有一个交点，列出面积的表达式求解即可．【详解】解：（1）根据题意：可知均为等腰直角三角形，则，∵，，，∴DC=8，∴AC=，∴；（2）∵四边形EFGH为矩形，∴，∴，∵，∴在中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（3）由（2）得P在上，设l：，则，当面积的最小时，两个函数图像仅有一个交点，令，得，则，∴，，，，．【点睛】本题主要考查正方形性质，矩形的性质，勾股定理，特殊角锐角三角函数，反比例函数与一次函数综合问题，能够根据题意列出相应的方程是解决本题的关键．考查题型三四边形中线段最值问题典例3．（2022·四川资阳·中考真题）如图，正方形的对角线交于点O，点E是直线上一动点．若，则的最小值是(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】本题为典型的将军饮马模型问题，需要通过轴对称，作点A关于直线BC的对称点，再连接，运用两点之间线段最短得到为所求最小值，再运用勾股定理求线段的长度即可．【详解】解：如图所示，作点A关于直线BC的对称点，连接，其与BC的交点即为点E，再作交AB于点F，∵A与关于BC对称，∴，，当且仅当，O，E在同一条线上的时候和最小，如图所示，此时，∵正方形，点O为对角线的交点，∴，∵对称，∴，∴，在中，，故选：D．【点睛】本题为典型的将军饮马模型，熟练掌握轴对称的性质，并运用勾股定理求线段长度是解题关键。变式3-1．（2022·全国·九年级专题练习）正方形ABCD的边长为4，P为BC上的动点，连接PA，作PQ⊥PA，PQ交CD于Q，连接AQ，则AQ的最小值是（

）A．5 B． C． D．4【答案】A【分析】设BP=x，CQ=y，根据△ABP∽△PCQ可得y关于x的二次函数，利用二次函数的性质，求得y的最大值情况，则QD最小，则AQ最小．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠C＝90°，∵PQ⊥AP，∴∠APB+∠QPC＝90°，∠APB+∠BAP＝90°，∴∠BAP＝∠QPC，∴△ABP∽△PCQ，∴，设BP=x，CQ=y即，∴y＝﹣+x＝﹣+1(0＜x＜4)，∵﹣＜0，∴y有最大值，∴当x＝2时，y有最大值1cm．此时QD=3在Rt△AQP中，故AQ的最小值是5故选：A．【点睛】本题考查最值问题，是利用二次函数求最值的方式解决的，常见求最值方法有3种：利用对称求最值；利用三角形三边关系求最值；利用二次函数性质求最值．变式3-2（2022·重庆·一模）如图，在正方形ABCD中，AB=8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM=6．P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为（）A．2 B．3 C． D．【答案】A【分析】以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，依据PM−PN=PM−PN′⩽MN′，可得当P，M，N′三点共线时，取“=”，再求得，即可得出，∠CMN′=90°，再根据△N′CM为等腰直角三角形，即可得到CM=MN′=2，即可求得．【详解】解：如图所示，以BD为对称轴作N的对称点N’，连接MN′并延长交BD于P，连NP，根据轴对称性质可知，PN=PN'，∴PM﹣PN=PM﹣PN'≤MN'，当P，M，N'三点共线时，取“=”，∵正方形边长为8，∴，∵O为AC中点，∴，∵N为OA中点，∴，∴，∴，∵BM=6，∴CM=AB-BM=8-6=2，∴，∴，∠CMN’=90°，∵∠N'CM=45°，∴△N'CM为等腰直角三角形，∴CM=MN'=2，即PM-PN的最大值为2，故选：A．【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．变式3-3．（2022·安徽·校联考一模）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△MN，连接C，则C长度的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】过作交的延长线于，根据为定值，可知当在上时，取得最小值，然后依据角度和三角函数，即可求得的长．【详解】解：∵是定值，∴当在上时，取得最小值，如图，过作交的延长线于，∵在边长为2的菱形中，，为的中点，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查了菱形性质、折叠问题、三角函数和勾股定理等知识点，找出所在位置是解答本题的关键．变式3-4．（2021·山东淄博·统考中考真题）两张宽为的纸条交叉重叠成四边形，如图所示．若，则对角线上的动点到三点距离之和的最小值是__________．【答案】【分析】由题意易得四边形是菱形，过点D作DE⊥BC于点E，连接AC，交BD于点O，易得，，然后根据勾股定理可得，则，，进而可得，要使为最小，即的值为最小，则可过点A作AM⊥AP，且使，连接BM，最后根据“胡不归”问题可求解．【详解】解：∵纸条的对边平行，即，∴四边形是平行四边形，∵两张纸条的宽度都为，∴，∴，∴四边形是菱形，过点D作DE⊥BC于点E，连接AC，交BD于点O，如图所示：∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，，∴，过点A作AM⊥AP，且使，连接BM，如图所示：∴，要使的值为最小，则需满足为最小，根据三角不等关系可得：，所以当B、P、M三点共线时，取最小，即为BM的长，如图所示：∴，∴，∴的最小值为，即的最小值为；故答案为．【点睛】本题主要考查三角函数、菱形的性质与判定及含30°直角三角形的性质，解题的关键是利用“胡不归”原理找到最小值的情况，然后根据三角函数及菱形的性质进行求解即可．变式3-5（2021·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）已知菱形的面积为﹐点E是一边上的中点，点P是对角线上的动点．连接，若AE平分，则线段与的和的最小值为__________，最大值为__________．【答案】

【分析】先作出图形，根据是的中点，平分可知，根据将军饮马知识即可求出最小值，当P与点D重合时求出最大值．【详解】如图，连接，是的中点，AE平分设点到、的距离为,点到的距离为AE平分（角平分线上的点到角的两边的距离相等）是等腰三角形是的中点,AE平分（三线合一）又四边形是菱形是等边三角形已知菱形的面积为设菱形的边长为则解得：关于对称+则+最小值为：当点P与点D重合时+最大过作垂足为四边形是菱形是的中点,,在中则+最大为：【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形性质，三线合一，勾股定理，线段和最值问题，由于题目没有给图形，能够根据题中信息正确的作出图形，并判断出是等边三角形是解题的关键．变式3-6．（2022·江苏连云港·统考中考真题）如图，四边形为平行四边形，延长到点，使，且．(1)求证：四边形为菱形；(2)若是边长为2的等边三角形，点、、分别在线段、、上运动，求的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先根据四边形为平行四边形的性质和证明四边形为平行四边形，再根据，即可得证；（2）先根据菱形对称性得，得到，进一步说明的最小值即为菱形的高，再利用三角函数即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，又∵点在的延长线上，∴，∴四边形为平行四边形，又∵，∴四边形为菱形．（2）解：如图，由菱形对称性得，点关于的对称点在上，∴，当、、共线时，，过点作，垂足为，∵，∴的最小值即为平行线间的距离的长，∵是边长为2的等边三角形，∴在中，，，，∴，∴的最小值为．【点睛】本题考查了最值问题，考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角函数等知识，运用了转化的思想方法．将最值问题转化为求菱形的高是解答本题的关键．变式3-7．（2022秋·九年级课时练习）如图，长方形ABCD中，AB＝8，BC＝10，在边CD上取一点E，将△ADE折叠后点D恰好落在BC边上的点F处（1）求CE的长；（2）在（1）的条件下，BC边上是否存在一点P，使得PA+PE值最小？若存在，请求出最小值：若不存在，请说明理由．【答案】（1）3；（2）存在，【分析】（1）先判断出AF=AD=8，进而利用勾股定理求出BF=6，最后在Rt△ECF，利用勾股定理，即可得出结论；（2）先作出点E关于BC的对称点E，进而求出DE'，再利用勾股定理即可得出结论．【详解】解：（1）长方形ABCD中，AB＝8，BC＝10，∴∠B＝∠BCD＝90°，CD＝AB＝8，AD＝BC＝10，由折叠知，EF＝DE，AF＝AD＝8，在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF＝＝6，∴CF＝BC﹣BF＝4，设CE＝x，则EF＝DE＝CD﹣CE＝8﹣x，在Rt△ECF中，根据勾股定理得，CF2+CE2＝EF2，∴16+x2＝（8﹣x）2，∴x＝3，∴CE＝3；（2）如图，延长EC至E'使CE'＝CE＝3，连接AE'交BC于P，此时，PA+PE最小，最小值为AE'，∵CD＝8，∴DE'＝CD+CE'＝8+3＝11，在Rt△ADE'中，根据勾股定理得，AE'＝＝．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了折叠的性质，矩形的性质，解题的关键是求出CE．考查题型四四边形综合问题典例4．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）下列图形是黄金矩形的折叠过程：第一步，如图（1），在一张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步，如图（2），把正方形折成两个相等的矩形再把纸片展平；第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处；第四步，如图（4），展平纸片，折出矩形BCDE就是黄金矩形．则下列线段的比中：①，②，③，④，比值为的是（

）A．①② B．①③ C．②④ D．②③【答案】B【分析】设，则，求出，，分别求出比值，作出判断．【详解】解：设，∴，在中，，由折叠可知，，∴，又∵，∴，，，，，∴比值为的是①③，故选：B．【点睛】本题考查四边形综合题，黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．变式4-1．（2022·湖北十堰·统考中考真题）【阅读材料】如图①，四边形中，，，点，分别在，上，若，则．【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形．已知，，，，道路，上分别有景点，，且，，若在，之间修一条直路，则路线的长比路线的长少_________（结果取整数，参考数据：）．【答案】370【分析】延长交于点，根据已知条件求得,进而根据含30度角的直角三角形的性质，求得，，从而求得的长，根据材料可得，即可求解．【详解】解：如图，延长交于点，连接，，，，，，是等边三角形，,,在中，，，，，，中，，，，，，中，是等腰直角三角形由阅读材料可得，路线的长比路线的长少．故答案为：370．【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解题意是解题的关键．变式4-2．（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，正方形中，点E，F分别是边上的两个动点，且正方形的周长是周长的2倍，连接分别与对角线交于点M，N．给出如下几个结论：①若，则；②；③若，则；④若，则．其中正确结论的序号为____________．【答案】②【分析】根据已知条件可得，即可判断①，进而推出，导角可得②正确，作于点，连接，证明是直角三角形，勾股定理验证③，证明，即可判断④求解．【详解】解：∵正方形的周长是周长的2倍，∴，，①若，则，故①不正确；如图，在的延长线上取点，使得，四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，，，，，即，故②正确；如图，作于点，连接，则，，，，同理可得，，关于对称轴，关于对称，，，，是直角三角形，③若，，，故③不正确，，若，即，，，，又，，，即，，，，，，故④不正确．故答案为：②．【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．变式4-3．（2022·湖北武汉·统考中考真题）如图，在中，，，分别以的三边为边向外作三个正方形，，，连接．过点作的垂线，垂足为，分别交，于点，．若，，则四边形的面积是_________．【答案】80【分析】连接LC、EC、EB，LJ，由平行线间同底的面积相等可以推导出：,由，可得，故，证得四边形是矩形，可得，在正方形中可得：，故得出：．由，可得，即可求出，可得出【详解】连接LC、EC、EB，LJ，在正方形，，中．∵，∴，∴，∴，∴．∵，∴四边形是矩形，∴．∵，∴，∴，∵∴，∴．∵，∴．∴∴．∵.∴,∵∴，∴，∵，∴，∴，∵,∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．设，∵∴，∴，∴，∴∵，∴，∴，∴，∴．∴，∴．故答案为：80．【点睛】此题考查正方形的性质、矩形的性质与判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理，平行线间同底的两个三角形，面积相等；难度系数较大，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．变式4-4．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；(2)CB+CD=AC；理由见详解；(3)或【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；（2）结论：CB+CD=AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．∵∠BAD+∠BCD=180°，∴∠B+∠ADC=180°，∵∠ADE+∠ADC=180°∴∠B=∠ADE，在△ADE和△ABC中，，∴△ADE≌△ABC（SAS），∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，∴∠CAE=∠BAD=60°，∴△ACE的等边三角形，∴CE=AC，∵CE=DE+CD，∴AC=BC+CD；（2）解：结论：CB+CD=AC．理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．∵∠DAB=∠DCB=90°，∴∠CDA+∠CBA=180°，∵∠ABN+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABN，∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，∴△AMD≌△ANB（AAS），∴DM=BN，AM=AN，∵AM⊥CD，AN⊥CN，∴∠ACD=∠ACB=45°，∴AC=CM，∵AC=AC．AM=AN，∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），∴CM=CN，∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；（3）解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，∴∠CDB=30°，∵∠DCB=90°，∴CD=CB，∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，∴OP=OQ，∴，∴，∵AB=AD=，∠DAB=90°，∴BD=AD=2，∴OD=．如图3-2中，当∠CBD=75°时，同法可证，，综上所述，满足条件的OD的长为或．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．变式4-5．（2022·湖北襄阳·统考中考真题）矩形ABCD中，＝（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．(1)【特例证明】如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°-∠1＝135°．∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3＝∠DCG＝45°．∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．∴……（只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）(2)【类比探究】如图（2），当k≠2时，求的值（用含k的式子表示）；(3)【拓展运用】如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的长．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）证明△AHE≌△ECF（ASA）即可；（2）在BA上截取BH=BE，连接EH．证明△AHE∽△ECF，即可求解；（3）以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，设AB=3a，则BC=2a，连接P'E，HE，延长P'H交CD于点G，连接EG，证明△AEP'≌△AEP（SAS），△PEG≌△P'EH（AAS），可得四边形APEP'是正方形，再证明△APD≌△PEC（AAS），由（2）得△AHE∽△ECF，过点P作PK⊥AE交于K，进而证明四边形PKEF是矩形，则有PF==a，即可求出BC=．【详解】（1）证明：如图，在BA上截取BH=BE，连接EH．∵k=2，∴AB=BC．∵∠B=90°，BH=BE，∴∠1=∠2=45°，∴∠AHE=180°-∠1=135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG=90°，∴∠3=∠DCG=45°，∴∠ECF=∠3+∠4=135°，∵AE⊥EF，∴∠6+∠AEB=90°，∵∠5+∠AEB=90°，∴∠5=∠6，∵AB=BC，BH=BE，∴AH=EC，∴△AHE≌△ECF（ASA），∴AE=EF；（2）解：在BA上截取BH=BE，连接EH．∵∠B=90°，BH=BE，∴∠BHE=∠BEH=45°，∴∠AHE=135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG=90°，∴∠DCF=∠DCG=45°．∴∠ECF=135°，∵AE⊥EF，∴∠FEC+∠AEB=90°，∵∠BAE+∠AEB=90°，∴∠BAE=∠FEC，∴△AHE∽△ECF，∴，∵，E是BC边的中点，∴EC=HB=BC，∴AH=AB-BC=BC，∴；（3）解：以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，∵k=3，∴，设AB=3a，则BC=2a，∵∠PAE=45°，∴∠P'AP=90°，连接P'E，HE，延长P'H交CD于点M，连接EM，∵AH=AD=2a，∴BH=a，∵E是BC的中点，∴BE=a，∴HE=a，∠BHE=45°，∴∠P'HE=135°，∵CG=EC=a，∴∠MEC=45°，∴∠PME=135°，∵AP'=AP，∠PAE=∠P'AE，AE=AE，∴△AEP'≌△AEP（SAS），∴PE=P'E，∴△PEM≌△P'EH（AAS），∴∠PEG=∠P'EH，∵∠HEG=∠EGH=45°，∴∠HEG=90°，∴∠PEP'=90°，∴∠AEP=∠AEP'=45°，∴∠APE=∠AP'E=90°，∴四边形APEP'是正方形，∴AP=PE，∵∠DAP+∠APD=90°，∠APD+∠EPC=90°，∴∠DAP=∠EPC，∵AP=PE，∴△APD≌△PEC（AAS），∴AD=PC=2a，PD=ED=a，∴PE=a，由（2）得△AHE∽△ECF，∴，∵∴，∵∠HEM=∠AEF=90°，∴∠HEA=∠MEF，∵∠PEM=∠P'EH，∴∠PEF=∠P'EH=45°，过点P作PK⊥AE交于K，∵EF⊥AE，∴PKEF，∵，∴PK=EF，∴四边形PKEF是矩形，∴PF=KE，∵，∴，∴∴．【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形是判定及性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质是解题的关键．变式4-6．（2022·宁夏·中考真题）综合与实践知识再现如图，中，，分别以、、为边向外作的正方形的面积为、、．当，时，______．问题探究如图，中，．（1）如图，分别以、、为边向外作的等腰直角三角形的面积为、、，则、、之间的数量关系是______．（2）如图，分别以、、为边向外作的等边三角形的面积为、、，试猜想、、之间的数量关系，并说明理由．实践应用（1）如图，将图中的绕点逆时针旋转一定角度至，绕点顺时针旋转一定角度至，、相交于点．求证：；（2）如图，分别以图中的边、、为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，、、为直径的半圆柱的体积分别为、、．若，柱体的高，直接写出的值．【答案】知识再现；问题探究：（1）；（2）；理由见解析；实践应用：（1）见解析；（2）．【分析】知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；问题探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；(2)过点D作DG⊥BC交于G，分别求出，，，由勾股定理可得，即可求S4+S5=S6；实践应用：(1)设AB=c，BC=a，AC=b，则HN=a+b-c，FG=c-a，MF=c-b，可证明△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则，，再由，可证明．(2)设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2=S3，又由，即可求．【详解】知识再现：解：中，，，，，，，故答案为：；问题探究：解：中，，，，，故答案为：；解：中，，，过点作交于，在等边三角形中，，，，，同理可得，，，；实践应用：证明：设，，，，，，是等边三角形，是等边三角形，，，，是等边三角形，四边形是平行四边形，，，是直角三角形，，，；解：设，，，以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为，是直角三角形，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．变式4-7．（2021·山东菏泽·统考中考真题）在矩形中，，点，分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处．（1）如图1，当与线段交于点时，求证：；（2）如图2，当点在线段的延长线上时，交于点，求证：点在线段的垂直平分线上；（3）