2021 年中考数学压轴题专项训练《四边形》
1.如图①,在矩形 ABCD 中,已知 BC=8cm,点 G 为 BC 边上一点,满足 BG=AB=6cm,动点
E 以 1cm/s 的速度沿线段 BG 从点 B 移动到点 G,连接 AE,作 EF⊥AE,交线段 CD 于点 F.设
点 E 移动的时间为 t(s),CF 的长度为 y(cm),y 与 t 的函数关系如图②所示.
(1)图①中,CG= 2 cm,图②中,m= 2 ;
(2)点 F 能否为线段 CD 的中点?若可能,求出此时 t 的值,若不可能,请说明理由;
(3)在图①中,连接 AF,AG,设 AG 与 EF 交于点 H,若 AG 平分△AEF 的面积,求此时 t
的值.
解:(1)∵BC=8cm,BG=AB=6cm,
∴CG=2cm,
∵EF⊥AE,
∴∠AEB+∠FEC=90°,且∠AEB+∠BAE=90°,
∴∠BAE=∠FEC,且∠B=∠C=90°,
∴△ABE∽△ECF,
∴ ,
∵t=6,
∴BE=6cm,CE=2cm,
∴
∴CF=2cm,
∴m=2,
故答案为:2,2;
(2)若点 F 是 CD 中点,
∴CF=DF=3cm,
∵△ABE∽△ECF,
∴ ,
∴
∴EC2﹣8EC+18=0
∵△=64﹣72=﹣8<0,
∴点 F 不可能是 CD 中点;
(3)如图①,过点 H 作 HM⊥BC 于点 M,
∵∠C=90°,HM⊥BC,
∴HM∥CD,
∴△EHM∽△EFC,
∴
∵AG 平分△AEF 的面积,
∴EH=FH,
∴EM=MC,
∵BE=t,EC=8﹣t,
∴EM=CM=4﹣ t,
∴MG=CM﹣CG=2﹣ ,
∵ ,
∴
∴CF=
∵EM=MC,EH=FH,
∴MH= CF=
∵AB=BG=6,
∴∠AGB=45°,且 HM⊥BC,
∴∠HGM=∠GHM=45°,
∴HM=GM,
∴ =2﹣ ,
∴t=2 或 t=12,且 t≤6,
∴t=2.
2.问题提出:
(1)如图 1,△ABC 的边 BC 在直线 n 上,过顶点 A 作直线 m∥n,在直线 m 上任取一点 D,
连接 BD、CD,则△ABC 的面积 = △DBC 的面积.
问题探究:
(2)如图 2,在菱形 ABCD 和菱形 BGFE 中,BG=6,∠A=60°,求△DGE 的面积;
问题解决:
(3)如图 3,在矩形 ABCD 中,AB=12,BC=10,在矩形 ABCD 内(也可以在边上)存在
一点 P,使得△ABP 的面积等于矩形 ABCD 的面积的 ,求△ABP 周长的最小值.
解:问题提出:
(1)∵两条平行线间的距离一定,
∴△ABC 与△DBC 同底等高,即△ABC 的面积=△DBC 的面积,
故答案为:=;
问题探究:
(2)如图 2,连接 BD,
∵四边形 ABCD,四边形 BGFE 是菱形,
∴AD∥BC,BC∥EF,AD=AB,BG=BE,
∴∠A=∠CBE=60°,
∴△ADB 是等边三角形,△BGE 是等边三角形,
∴∠ABD=∠GBE=60°,
∴BD∥GE,
∴S△DGE=S△BGE= BG2=9 ;
(3)如图 3,过点 P 作 PE∥AB,交 AD 于点 E,
∵△ABP 的面积等于矩形 ABCD 的面积的 ,
∴ ×12×AE= ×12×10
∴AE=8,
作点 A 关于 PE 的对称点 A',连接 A'B 交 PE 于点 P,此时△ABP 周长最小,
∴A'E=AE=8,
∴AA'=16,
∴A'B= = =20,
∴△ABP 周长的最小值=AP+AB+PB=A'P+PB+AB=20+12=32.
3.(1)方法感悟:
如图①,在正方形 ABCD 中,点 E、F 分别为 DC、BC 边上的点,且满足∠EAF=45°,连
接 EF.将△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABG,易证△GAF≌△EAF,从而得到结论:
DE+BF=EF.根据这个结论,若 CD=6,DE=2,求 EF 的长.
(2)方法迁移:
如图②,若在四边形 ABCD 中,AB=AD,∠B+∠D=180°,E、F 分别是 BC、CD 上的点,
且∠EAF= ∠BAD,试猜想 DE,BF,EF 之间有何数量关系,证明你的结论.
(3)问题拓展:如图③,在四边形 ABCD 中,AB=AD,∠B+∠ADC=180°,E、F 分别是
边 BC、CD 延长线上的点,且∠EAF= ∠BAD,试探究线段 EF、BE、FD 之间的数量关系,
请直接写出你的猜想(不必说明理由).
解:(1)方法感悟:
∵将△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABG,
∴GB=DE=2,
∵△GAF≌△EAF
∴GF=EF,
∵CD=6,DE=2
∴CE=4,
∵EF2=CF2+CE2,
∴EF2=(8﹣EF)2+16,
∴EF=5;
(2)方法迁移:
DE+BF=EF,
理由如下:如图②,将△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABH,
由旋转可得,AH=AE,BH=DE,∠1=∠2,∠D=∠ABH,
∵∠EAF= ∠DAB,
∴∠HAF=∠1+∠3=∠2+∠3= ∠BAD,
∴∠HAF=∠EAF,
∵∠ABH+∠ABF=∠D+∠ABF=180°,
∴点 H、B、F 三点共线,
在△AEF 和△AHF 中,
∴△AEF≌△AHF(SAS),
∴EF=HF,
∵HF=BH+BF,
∴EF=DE+BF.
(3)问题拓展:
EF=BF﹣FD,
理由如下:在 BC 上截取 BH=DF,
∵∠B+∠ADC=180°,∠ADC+∠ADF=180°,
∴∠B=∠ADF,且 AB=AD,BH=DF,
∴△ABH≌△ADF(SAS)
∴∠BAH=∠DAF,AH=AD,
∵∠EAF= ∠BAD,
∴∠DAE+∠BAH= ∠BAD,
∴∠HAE= ∠BAD=∠EAF,且 AE=AE,AH=AD,
∴△HAE≌△FAE(SAS)
∴HE=EF,
∴EF=HE=BE﹣BH=BE﹣DF.
4.如图 1,在▱ ABCD 中,AB=3cm,BC=5cm,AC⊥AB,△ACD 沿 AC 的方向匀速平移得到△
PNM,速度为 1cm/s;同时,点 Q 从点 C 出发,沿 CB 方向匀速移动,速度为 1cm/s,当△
PNM 停止平移时,点 Q 也停止移动,如图 2,设移动时间为 t(s)(0<<4),连结 PQ,
MQ,解答下列问题:
(1)当 t 为何值时,PQ∥MN?
(2)当 t 为何值时,∠CPQ=45°?
(3)当 t 为何值时,PQ⊥MQ?
解:(1)∵AB=3cm,BC=5cm,AC⊥AB,
∴AC= =4cm,
∵MN∥AB,PQ∥MN,
∴PQ∥AB,
∴ ,
∴ ,
∴ t= s
(2)如图 2,过点 Q 作 QE⊥AC,则 QE∥AB,
∴ ,
∴ ,
∴CE= ,QE= t,
∵∠CPQ=45°,
∴PE=QE= t,
∴t+ t+ t=4,
∴t= s
(3)如图 2,过点 P 作 PF⊥BC 于 F 点,过点 M 作 MH⊥BC,交 BC 延长线于点 H,
∴四边形 PMHF 是矩形,
∴PM=FH=5,
∵∠A=∠PFC=90°,∠ACB=∠PCF,
∴△ABC∽△FPC,
∴ ,
∴ =
∴PF= ,CF= ,
∴QH=5﹣FQ=5﹣(CF﹣CQ)= ,
∵PQ⊥MQ,
∴∠PQF+∠MQH=90°,且∠PQF+∠FPQ=90°,
∴∠FPQ=∠MQH,且∠PFQ=∠H=90°,
∴△PFQ∽△QHM,
∴ ,
∴
∴t= s.
5.问题背景:如图 1,在正方形 ABCD 的内部,作∠DAE=∠ABF=∠BCG=∠CDH,根据三角
形全等的条件,易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH,从而得四边形 EFGH 是正方形.
类比探究:如图 2,在正△ABC 的内部,作∠1=∠2=∠3,AD,BE,CF 两两相交于 D,E,
F 三点(D,E,F 三点不重合).
(1)△ABD,△BCE,△CAF 是否全等?如果是,请选择其中一对进行证明;
(2)△DEF 是否为正三角形?请说明理由;
(3)如图 3,进一步探究发现,△ABD 的三边存在一定的等量关系,设 BD=a,AD=b,
AB=c,请探索 a,b,c 满足的等量关系.
(1)△ABD≌△BCE≌△CAF;理由如下:
∵△ABC 是正三角形,
∴∠CAB=∠ABC=∠BCA=60°,AB=BC=AC,
又∵∠1=∠2=∠3,
∴∠ABD=∠BCE=∠CAF,
在△ABD、△BCE 和△CAF 中, ,
∴△ABD≌△BCE≌△CAF(ASA);
(2)△DEF 是正三角形;理由如下:
∵△ABD≌△BCE≌△CAF,
∴∠ADB=∠BEC=∠CFA,
∴∠FDE=∠DEF=∠EFD,
∴△DEF 是正三角形;
(3)c2=a2+ab+b2.作 AG⊥BD 于 G,如图所示:
∵△DEF 是正三角形,
∴∠ADG=60°,
在 Rt△ADG 中,DG= b,AG= b,
在 Rt△ABG 中,c2=(a+ b)2+( b)2,
∴c2=a2+ab+b2.
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.
(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.已知:如图,在正方形 ABCD 中,点 E 在 AD 边上运动,从点 A 出发向点 D 运动,到达 D
点停止运动.作射线 CE,并将射线 CE 绕着点 C 逆时针旋转 45°,旋转后的射线与 AB 边
交于点 F,连接 EF.
(1)依题意补全图形;
(2)猜想线段 DE,EF,BF 的数量关系并证明;
(3)过点 C 作 CG⊥EF,垂足为点 G,若正方形 ABCD 的边长是 4,请直接写出点 G 运动的
路线长.
解:(1)补全图形如图 1 所示:
(2)线段 DE,EF,BF 的数量关系为:EF=DE+BF.理由如下:
延长 AD 到点 H,使 DH=BF,连接 CH,如图 2 所示:
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴∠BCD=∠ADC=∠B=90°,BC=DC,
∴∠CDH=90°=∠B,
在△CDH 和△CBF 中, ,
∴△CDH≌△CBF(SAS).
∴CH=CF,∠DCH=∠BCF.
∵∠ECF=45°,
∴∠ECH=∠ECD+∠DCH=∠ECD+∠BCF=45°.
∴∠ECH=∠ECF=45°.
在△ECH 和△ECF 中, ,
∴△EC H≌△ECF(SAS).
∴EH=EF.
∵EH=DE+DH,
∴EF=DE+BF;
(3)由(2)得:△ECH≌△ECF(SAS),
∴∠CEH=∠CEF,
∵CD⊥AD,CG⊥EF,
∴CD=CG=4,
∴点 G 的运动轨迹是以 C 为圆心 4 为半径的弧 DB,
∴点 G 运动的路线长= =2π.
8.如图,在正方形 ABCD 中,P 是边 BC 上的一动点(不与点 B,C 重合),点 B 关于
直线 AP 的对称点为 E,连接 AE.连接 DE 并延长交射线 AP 于点 F,连接 BF.
(1)若∠BAP=α,直接写出∠ADF 的大小(用含α的式子表示);
(2)求证:BF⊥DF;
(3)连接 CF,用等式表示线段 AF,BF,CF 之间的数量关系,并证明.
(1)解:由轴对称的性质得:∠EAP=∠BAP=α,AE=AB,
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴∠BAD=90°,AB=AD,
∴∠DAE=90°﹣2α,AD=AE,
∴∠ADF=∠AED= (180°﹣∠DAE)= (90°+2α)=45°+α;
(2)证明:∵四边形 ABCD 是正方形,
∴∠BAD=90°,AB=AD,
∵点 E 与点 B 关于直线 AP 对称,
∴∠AEF=∠ABF,AE=AB.
∴AE=AD.
∴∠ADE=∠AED.
∵∠AED+∠AEF=180°,
∴在四边形 ABFD 中,∠ADE+∠ABF=180°,
∴∠BFD+∠BAD=180°,
∴∠BFD=90°
∴BF⊥DF;
(3)解:线段 AF,BF,CF 之间的数量关系为 AF= BF+CF,理由如下:
过点 B 作 BM⊥BF 交 AF 于点 M,如图所示:
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AB=CB,∠ABC=90°,
∴∠ABM=∠CBF,
∵点 E 与点 B 关于直线 AP 对称,∠BFD=90°,
∴∠MFB=∠MFE=45°,
∴△BMF 是等腰直角三角形,
∴BM=BF,FM= BF,
在△AMB 和△CFB 中, ,
∴△AMB≌△CFB(SAS),
∴AM=CF,
∵AF=FM+AM,
∴AF= BF+CF.
9.如图 1,已知等腰 Rt△ABC 中,E 为边 AC 上一点,过 E 点作 EF⊥AB 于 F 点,以为边作正
方形,且 AC=3,EF= .
(1)如图 1,连接 CF,求线段 CF 的长;
(2)将等腰 Rt△ABC 绕点旋转至如图 2 的位置,连接 BE,M 点为 BE 的中点,连接 MC,
MF,求 MC 与 MF 关系.
解:(1)如图 1,∵△ABC 是等腰直角三角形,AC=3,
∴AB=3 ,
过点 C 作 CM⊥AB 于 M,连接 CF,
∴CM=AM= AB= ,
∵四边形 AGEF 是正方形,
∴AF=EF= ,
∴MF=AM﹣AF= ﹣ ,
在 Rt△CMF 中,CF= = = ;
(2)CM=FM,CM⊥FM,
理由:如图 2,
过点 B 作 BH∥EF 交 FM 的延长线于 H,连接 CF,CH,
∴∠BHM=∠EFM,
∵四边形 AGEF 是正方形,
∴EF=AF
∵点 M 是 BE 的中点,
∴BM=EM,
在△BMH 和△EMF 中,
,
∴△BMH≌△EMF(AAS),
∴MH=MF,BH=EF=AF
∵四边形 AGEF 是正方形,
∴∠FAG=90°,EF∥AG,
∵BH∥EF,
∴BH∥AG,
∴∠BAG+∠ABH=180°,
∴∠CBH+∠ABC+∠BAC+∠CAG=180°.
∵△ABC 是等腰直角三角形,
∴BC=AC,∠ABC=∠BAC=45°,
∴∠CBH+∠CAG=90°,
∵∠CAG+∠CAF=90°,
∴∠CBH=∠CAF,
在△BCH 和△ACF 中,
,
∴△BCH≌△ACF(SAS),
∴CH=CF,∠BCH=∠ACF,
∴∠HCF=∠BCH+∠BCF=∠ACF+∠BCF=90°,
∴△FCH 是等腰直角三角形,
∵MH=MF,
∴CM=FM,CM⊥FM;
10.如图将正方形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转角度α(0°<α<90°)得到正方形 AB′C′D
′.
(1)如图 1,B′C′与 AC 交于点 M,C′D′与 AD 所在直线交于点 N,若 MN∥B′D′,
求α;
(2)如图 2,C′B′与 CD 交于点 Q,延长 C′B′与 BC 交于点 P,当α=30°时.
①求∠DAQ 的度数;
②若 AB=6,求 PQ 的长度.
解:(1)如图 1 中,
∵MN∥B′D′,
∴∠C′MN=∠C′B′D′=45°,∠C′NM=∠C′D′B′=45°,
∴∠C′MN=∠C′NM,
∴C′M=C′N,
∵C′B′=C′D′,'
∴MB′=ND′,
∵AB′=AD′,∠AB′M=∠AD′N=90°,
∴△AB′M≌△AD′N(SAS),
∴∠B′AM=∠D′AN,
∵∠B′AD′=90°,∠MAN=45°,
∴∠B′AM=∠D′AN=22.5°,
∵∠BAC=45°,
∴∠BAB′=22.5°,
∴α=22.5°.
(2)①如图 2 中,
∵∠AB′Q=∠ADQ=90°,AQ=AQ,AB′=AD,
∴Rt△AQB′≌Rt△AQD(HL),
∴∠QAB′=∠QAD,
∵∠BAB′=30°,∠BAD=90°,
∴∠B′AD=30°,
∴∠QAD= ∠B′AD=30°.
②如图 2 中,连接 AP,在 AB 上取一点 E,使得 AE=EP,连接 EP.设 PB=a.
∵∠ABP=∠AB′P=90°,AP=AP,AB=AB′,
∴Rt△APB≌Rt△APB′(HL),
∴∠BAP=∠PAB′=15°,
∵EA=EP,
∴∠EAP=∠EPA=15°,
∴∠BEP=∠EAP+∠EPA=30°,
∴PE=AE=2a,BE= a,
∵AB=6,
∴2a+ a=6,
∴a=6(2﹣ ).
∴PB=6(2﹣ ),
∴PC=BC﹣PB=6﹣6(2﹣ )=6 ﹣6,
∵∠CPQ+∠BPB′=180°,∠BAB′+∠BPB′=180°,
∴∠CPQ=∠BAB′=30°,
∴PQ= = =12﹣4 .
11.已知,如图 1,在边长为 2 的正方形 ABCD 中,E 是边 AB 的中点,点 F 在边 AD 上,过点
A 作 AG⊥EF,分别交线段 CD、EF 于点 G、H(点 G 不与线段 CD 的端点重合).
(1)如图 2,当 G 是边 CD 中点时,求 AF 的长;
(2)设 AF=x,四边形 FHGD 的面积是 y,求 y 关于 x 的函数关系式,并写出 x 的取值范
围;
(3)联结 ED,当∠FED=45°时,求 AF 的长.
解:(1)∵E 是 AB 的中点,AB=2,
∴AE= AB=1,
同理可得 DG=1,
∵AG⊥EF,
∴∠AHF=∠HAF+∠AFH=90°,
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴∠ ADG=90°=∠DAG+∠AGD,
∴∠AFH=∠AGD,
∵∠EAF=∠ADG=90°,
∴△EAF∽△ADG,
∴ ,即 ,
∴AF= ;
(2)如图 1,由(1)知:△EAF∽△ADG,
∴ ,即 ,
∴DG=2x,
∵∠HAF=∠DAG,
∠AHF=∠ADG=90°,
∴∠AHF∽△ADG,
∴ = ,
∴ = ,
∴AH= = ,FH= = ,
∴y=S△ADG﹣S△AFH,
= ,
=2x﹣ ,
如图 2,当 G 与 C 重合时,∵EF⊥AG,
∴∠AHE=90°,
∵∠EAH=45°,
∴∠AEH=45°,
∴AF=AE=1,
∴0<x<1;
∴y 关于 x 的函数关系式为:y=2x﹣ (0<x<1);
(3)如图 3,过 D 作 DM⊥AG,交 BC 于 M,连接 EM,延长 EA 至 N,使 AN=CM,连接 DN,
设 CM=a,则 AN=a,
∵AD=CD,∠NAD=∠DCM=90°,
∴△NAD≌△MCD(SAS),
∴∠ADN=∠CDM,DN=DM,
∵EF⊥AG,DM⊥AG,
∴EF∥DM,
∴∠EDM=∠FED=45°,
∴∠ADE+∠CDM=∠EDM=45°,
∴∠NDA+∠ADE=∠NDE=∠EDM,
∵ED=ED,
∴△NDE≌△MDE(SAS),
∴EN=EM=a+1,
∵BM=2﹣a,
在 Rt△EBM 中,由勾股定理得:BE2+BM2=EM2,
∴12+(2﹣a)2=(a+1)2,
a= ,
∵∠AEF+∠EAG=∠EAG+∠DAG,
∴∠AEF=∠DAG=∠CDM,
∴tan∠AEF=tan∠CDM,
∴ ,
∴ ,
∴AF= .
12.如图 1,对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形.
(1)概念理解:如图 2,在四边形 ABCD 中,AB=AD,CB=CD,问四边形 ABCD 是垂美四
边形吗?请说明理由;
(2)性质探究:如图 1,四边形 ABCD 的对角线 AC、BD 交于点 O,AC⊥BD.试证明:AB2+CD2
=AD2+BC2;
(3)解决问题:如图 3,△ACB 中,∠ACB=90°,AC⊥AG 且 AC=AG,AB⊥AE 且 AE=AB,
连结 CE、BG、GE.已知 AC=4,AB=5,求 GE 的长.
解:(1)四边形 ABCD 是垂美四边形,
理由如下:连接 AC,BD,
∵AB=AD,
∴点 A 在线段 BD 的垂直平分线上,
∵CB=CD,
∴点 C 在线段 BD 的垂直平分线上,
∴AC 是线段 BD 的垂直平分线,
∴四边形 ABCD 是垂美四边形;
(2)∵AC⊥BD,
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°,
由勾股定理得,AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2,
AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2,
∴AD2+BC2=AB2+CD2;
故答案为:AB2+CD2=AD2+BC2;
(3)∵∠CAG=∠BAE=90°,
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC,即∠GAB=∠CAE,
在△GAB 和△CAE 中,
,
∴△GAB≌△CAE(SAS),
∴∠ABG=∠AEC,又∠AEC+∠AME=90°,
∴∠ABG+∠AME=90°,即 CE⊥BG,
∴四边形 CGEB 是垂美四边形,
由(2)得,CG2+BE2=CB2+GE2,
∵AC=4,AB=5,
∴BC=3,CG=4 ,BE=5 ,
∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=73,
∴GE= .
13.如图 1,四边形 ACEB,连接 BC,∠ACB=∠BEC=90°,D 在 AB 上,连接 CD,∠ACD=
∠ABC,BE=CD.
(1)求证:四边形 CDBE 为矩形;
(2)如图 2,连接 DE,DE 交 BC 于点 O,若 tan∠A=2,在不添加任何辅助线和字母的情
况下,请直接写出图中所有长度与 AD 的长度相等的线段.
(1)证明:∵∠ACB=90°,
∴∠A+∠ABC=90°,
∵∠ACD=∠ABC,
∴∠A+∠ACD=90°,
∴∠ADC=90°,
∴∠BDC=180°﹣90°=90°=∠BEC,
在 Rt△BCD 和 Rt△CBE 中, ,
∴Rt△BCD≌Rt△CBE(HL),
∴BD=CE,
∵CD=BE,
∴四边形 CDBE 是平行四边形,
又∵∠BEC=90°,
∴四边形 CDBE 为矩形;
(2)解:图中所有长度与 AD 的长度相等的线段为 AC=OC=OB=OD=OE= AD.理
由如下:
由( 1)得:四边形 CDBE 为 矩形,∠ADC=90°,
∴BC=DE,OD=OE,OB=OC,
∴OC=OB=OD=OE= BC,
∵∠ADC=∠ACB=90°,
∴tan∠A=2= = ,
∴CD=2AD,BC=2AC,
∴AC= = = AD,
∴DE=BC=2AC,
∴OC=OB=OD=OE= BC=AC= AD,
∴AC= OC=OB=OD=OE= AD.
14.如图在直角坐标系中,四边形 ABCO 为正方形,A 点的坐标为(a,0),D 点的坐标为(0,
b),且 a,b 满足(a﹣3)2+|b﹣ |=0.
(1)求 A 点和 D 点的坐标;
(2)若∠DAE= ∠OAB,请猜想 DE,OD 和 EB 的数量关系,说明理由.
(3)若∠OAD=30°,以 AD 为三角形的一边,坐标轴上是否存在点 P,使得△PAD 为等
腰三角形,若存 在,直接写出有多少个点 P,并写出 P 点的坐标,选择一种情况证明.
解:(1)∵(a﹣3)2+|b﹣ |=0,
∴a=3,b= ,
∴D(0, ),A(3,0);
(2)DE=OD+EB; 理由如下:
如图 1,在 CO 的延长线上找一点 F,使 OF=BE,连 接 AF,
在△AOF 和△ABE 中,
,
∴△AOF≌△ABE(SAS),
∴AF=AE,∠OAF=∠BAE,
又∵∠OAB=90°,∠DAE= ,
∴∠BAE+∠DAO=45°,
∴∠DAF=∠OAF+∠DAO=45°,
∴∠DAF=∠EAD,
在△AFD 和△AED 中,
,
∴△AFD≌△AED(SAS),
∴DF=DE=OD+EB;
(3)有 3 种情况共 6 个点:
①当 DA=DP 时,如图 2,
Rt△ADO 中,OD= ,OA=3,
∴AD= = =2 ,
∴P1(﹣3,0),P2(0,3 ),P3(0,﹣ );
②当 AP4=DP4 时,如图 3,
∴∠ADP4=∠DAP4=30°,
∴∠OP4D=60°,
Rt△ODP4 中,∠ODP4=30°,OD= ,
∴OP4=1,
∴P4(1,0);
③当 AD=AP 时,如图 4,
∴AD=AP5=AP6=2 ,
∴P5(3+2 ,0),P6(3﹣2 ,0),
综上,点 P 的坐标为:∴P(﹣3,0)或(0,3 )或(0,﹣ )或(1,0)或(3+2 ,
0)或(3﹣2 ,0).
证明:P5(3+2 ,0),
∵∠OAD=30°且△ADO 是直角三角形,
又∵AO=3,DO= ,
∴DA=2 ,
而 P5A=|3+2 ﹣3|=2 ,
∴P5A=DA,
∴△P5AD 是等腰三角形.
15.已知,在四边形 ABCD 中,点 M、N、P、Q 分别为边 AB、AD、CD、BC 的中点,连接 MN、
NP、PQ、MQ.
(1)如图 1,求证:四边形 MNPQ 为平行四边形;
(2)如图 2,连接 AC,AC 分别交 MN、PQ 于点 E、F,连接 BD,BD 分别交 MQ、NP 于点 G、
H,AC 与 BD 交于点 O,且 AC⊥BD,若 tan∠ADB= ,在不添加任何辅助线的情况下,请
直接写出图 2 中所有长度等于 OD 的线段.
(1)证明:如图 1,连接 BD.
∵Q,P 分别是 BC,CD 的中点,
所以 PQ∥BD,PQ= BD.
∵M,N 分别是 AB,AD 的中点.
∴MN∥BD,MN= BD.
∴PQ∥MN,且 PQ=MN.
∴四边形 MNPQ 是平行四边形.
(2)解:∵四边形 MNPQ 是平行四边形,AC⊥BD,
∴四边形 MNPQ 是矩形,
∴四边形 NHOE 和四边形 EOGM 都是矩形,
∴NH=OE=MG=AE= ,
∵tan∠ADB= ,
∴ ,
∴NH=OE=MG=AE= .
即长度等于 OD 的线段有 NH,OE,MG,AE.