2020年九年级数学典型中考压轴题训练：《四边形综合》含答案

2020年九年级数学典型中考压轴题训练：《四边形综合》

1．如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别为O（0，0），A（3，3）、B（9，5），C（14，0），动点P与Q同时从O点出发，运动时间为t秒，点P沿OC方向以1单位长度/秒的速度向点C运动，点Q沿折线OA﹣AB﹣BC运动，在OA、AB、BC上运动的速度分别为3，，（单位长度/秒），当P、Q中的一点到达C点时，两点同时停止运动．

（1）求AB所在直线的函数表达式；

（2）如图2，当点Q在AB上运动时，求△CPQ的面积S关于t的函数表达式及S的最大值；

（3）在P、Q的运动过程中，若线段PQ的垂直平分线经过四边形OABC的顶点，求相应的t值．

解：（1）设AB所在直线的函数表达式为y＝kx+b，

把A（3，3）、B（9，5）代入得：

，解得：，

∴AB所在直线的函数表达式为y＝x+2；

（2）如图1，由题意得：OP＝t，则PC＝14﹣t，

过A作AD⊥x轴于D，过B作BF⊥x轴于F，过Q作QH⊥x轴于H，

过A作AE⊥BF于E，交QH于G，

∵A（3，3），

∴OD＝3，AD＝3，

由勾股定理得：OA＝6， ∵B（9，5），

∴AE＝9﹣3＝6，BE＝5﹣3＝2，

Rt△AEB中，AB＝＝4，

tan∠BAE＝＝＝，

∴∠BAE＝30°，

点Q过OA的时间：t＝＝2（秒），

∴AQ＝（t﹣2），

∴QG＝AQ＝，

∴QH＝+3＝t+2，

在△PQC中，PC＝14﹣t，PC边上的高为t+2，t＝＝4（秒），

∴S＝（14﹣t）（t+2）＝﹣+t+14（2≤t≤6），

∴当t＝5时，S有最大值为；

（3）①当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图2），

过Q作QG⊥x轴于G，

由题意得：OQ＝3t，OP＝t，∠AOG＝60°，

∴∠OQG＝30°，

∴OG＝t，

∴CG＝14﹣t，

sin60°＝，

∴QG＝×3t＝t，

在Rt△QGC中，由勾股定理得：QG2+CG2＝QC2＝PC2，

可得方程（）2+（14﹣t）2＝（14﹣t）2，

解得：t1＝，t2＝0（舍），此时t＝，

②当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图3），

∴AQ＝AP， 过A作AG⊥x轴于G，

由题意得：OP＝t，AQ＝（t﹣2），则PG＝t﹣3，AP＝（t﹣2），

在Rt△AGP中，由勾股定理得：AP2＝AG2+PG2，

可得方程：（3）2+（t﹣3）2＝[（t﹣2）]2，

解得：t1＝，t2＝（舍去），

此时t＝；

当PQ的垂直平分线经过点C时，如图3﹣1中，易知QC＝PC＝14﹣t，

QG＝t+2，CG＝14﹣t，

在Rt△QCG中，（14﹣t）2＝（t﹣2）2+（14﹣t）2，

整理得t2﹣4t+6＝0，△＜0，无解．此种情形不存在．

③当6＜t≤10时，

i）线段PQ的中垂线经过点C（如图4），

∴PC＝CQ，

由（2）知：OA＝6，AB＝4，BC＝10，

t＝+＝6，

∴BQ＝（t﹣6），

∴CQ＝BC﹣BQ＝10﹣（t﹣6）＝25﹣t，

可得方程为：14﹣t＝25﹣t，

解得：t＝；

ii）线段PQ的中垂线经过点B（如图5），

∴BP＝BQ，

过B作BG⊥x轴于G，

则BG＝5，PG＝t﹣9，BQ＝（t﹣6），

由勾股定理得：BP2＝BG2+PG2，

可得方程为：（5）2+（t﹣9）2＝[（t﹣6）]2， 解得：t1＝，t2＝（舍去），

此时t＝，

综上所述，t的值为或或或．

2．正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在射线DC，DA上运动，且DE＝DF．连接BF，作EH⊥BF所在直线于点H，连接CH．

（1）如图1，若点E是DC的中点，CH与AB之间的数量关系是 CH＝AB ；

（2）如图2，当点E在DC边上且不是DC的中点时，（1）中的结论是否成立？若成立给出证明；若不成立，说明理由；

（3）如图3，当点E，F分别在射线DC，DA上运动时，连接DH，过点D作直线DH的垂线，交直线BF于点K，连接CK，请直接写出线段CK长的最大值．

解：（1）如图1，连接BE，，

在正方形ABCD中，

AB＝BC＝CD＝AD，∠A＝∠BCD＝∠ABC＝90°， ∵点E是DC的中点，DE＝DF，

∴点F是AD的中点，

∴AF＝CE，

在△ABF和△CBE中，

∴△ABF≌△CBE，

∴∠1＝∠2，

∵EH⊥BF，∠BCE＝90°，

∴C、H两点都在以BE为直径的圆上，

∴∠3＝∠2，

∴∠1＝∠3，

∵∠3+∠4＝90°，∠1+∠HBC＝90°，

∴∠4＝∠HBC，

∴CH＝BC，

又∵AB＝BC，

∴CH＝AB．

故答案为：CH＝AB．

（2）当点E在DC边上且不是DC的中点时，（1）中的结论CH＝AB仍然成立．

如图2，连接BE，，

在正方形ABCD中，

AB＝BC＝CD＝AD，∠A＝∠BCD＝∠ABC＝90°，

∵AD＝CD，DE＝DF，

∴AF＝CE，

在△ABF和△CBE中，

∴△ABF≌△CBE，

∴∠1＝∠2，

∵EH⊥BF，∠BCE＝90°，

∴C、H两点都在以BE为直径的圆上，

∴∠3＝∠2，

∴∠1＝∠3，

∵∠3+∠4＝90°，∠1+∠HBC＝90°，

∴∠4＝∠HBC，

∴CH＝BC，

又∵AB＝BC，

∴CH＝AB．

（3）如图3，，

∵CK≤AC+AK，

∴当C、A、K三点共线时，CK的长最大，

∵∠KDF+∠ADH＝90°，∠HDE+∠ADH＝90°，

∴∠KDF＝∠HDE，

∵∠DEH+∠DFH＝360°﹣∠ADC﹣∠EHF＝360°﹣90°﹣90°＝180°，

∠DFK+∠DFH＝180°，

∴∠DFK＝∠DEH，

在△DFK和△DEH中，

∴△DFK≌△DEH，

∴DK＝DH，

在△DAK和△DCH中，

∴△DAK≌△DCH，

∴AK＝CH

又∵CH＝AB，

∴AK＝CH＝AB，

∵AB＝3，

∴AK＝3，AC＝3，

∴CK＝AC+AK＝AC+AB＝，

即线段CK长的最大值是．

3．定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．

（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点．

求证：四边形ABEF是邻余四边形．

（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上．

（3）如图3，在（1）的条件下，取EF中点M，连结DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC于点N．若N为AC的中点，DE＝2BE，QB＝3，求邻余线AB的长．

解：（1）∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，

∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°， ∠FAB与∠EBA互余，

∴四边形ABEF是邻余四边形；

（2）如图所示（答案不唯一），

四边形AFEB为所求；

（3）∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，

∴BD＝CD，

∵DE＝2BE，

∴BD＝CD＝3BE，

∴CE＝CD+DE＝5BE，

∵∠EDF＝90°，点M是EF的中点，

∴DM＝ME，

∴∠MDE＝∠MED，

∵AB＝AC，

∴∠B＝∠C，

∴△DBQ∽△ECN，

∴，

∵QB＝3，

∴NC＝5，

∵AN＝CN，

∴AC＝2CN＝10，

∴AB＝AC＝10．

4．如图，线段AB＝8，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP＝∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．

（1）求证：△AEP≌△CEP；

（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；

（3）求△AEF的周长．

解：（1）证明：∵四边形APCD正方形，

∴DP平分∠APC，PC＝PA，

∴∠APD＝∠CPD＝45°，

∴△AEP≌△CEP（SAS）；

（2）CF⊥AB，理由如下：

∵△AEP≌△CEP，

∴∠EAP＝∠ECP，

∵∠EAP＝∠BAP，

∴∠BAP＝∠FCP，

∵∠FCP+∠CMP＝90°，∠AMF＝∠CMP，

∴∠AMF+∠PAB＝90°，

∴∠AFM＝90°，

∴CF⊥AB；

（3）过点 C 作CN⊥PB．

∵CF⊥AB，BG⊥AB，

∴FC∥BN，

∴∠CPN＝∠PCF＝∠EAP＝∠PAB，

又AP＝CP，

∴△PCN≌△APB（AAS），

∴CN＝PB＝BF，PN＝AB，

∵△AEP≌△CEP，

∴AE＝CE，

∴AE+EF+AF

＝CE+EF+AF

＝BN+AF

＝PN+PB+AF

＝AB+CN+AF

＝AB+BF+AF

＝2AB

＝16．

5．已知：正方形ABCD，等腰直角三角形的直角顶点落在正方形的顶点D处，使三角板绕点D旋转．

（1）当三角板旋转到图1的位置时，猜想CE与AF的数量关系，并加以证明；

（2）在（1）的条件下，若DE＝1，AE＝，CE＝3，求∠AED的度数；

（3）若BC＝4，点M是边AB的中点，连结DM，DM与AC交于点O，当三角板的一边DF与边DM重合时（如图2），若OF＝，求CN的长．

解：（1）CE＝AF；

证明：在正方形ABCD，等腰直角三角形CEF中，FD＝DE，CD＝CA，∠ADC＝∠EDF＝90°