2021年中考数学三轮冲刺《四边形》解答题冲刺练习(含答案)

这是一份2021年中考数学三轮冲刺《四边形》解答题冲刺练习(含答案)，共10页。试卷主要包含了E为CD边上一点，CE=6，5EF=6等内容，欢迎下载使用。
如图，在▱ABCD中，F是AD的中点，延长BC到点E，使CE=eq \f(1,2)BC，连接DE，CF.
(1)求证：四边形CEDF是平行四边形；
(2)若AB=4，AD=6，∠B=60°，求DE的长.
如图，长方形ABCD，AB=9，AD=4.E为CD边上一点，CE=6.
（1）求AE的长．
（2）点P从点B出发，以每秒1个单位的速度沿着边BA向终点A运动，连接PE．设点P运动的时间为t秒，则当t为何值时，△PAE为等腰三角形？
如图，四边形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足为点F，E为四边形ABCD外一点，且∠ADE=∠BAD，AE⊥AC.
(1)求证：四边形ABDE是平行四边形；
(2)如果DA平分∠BDE，AB=5，AD=6，求AC的长.
如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，E是CD上一点，BE交AC于点F，连接DF.
(1)求证：∠BAC=∠DAC，∠AFD=∠CFE；
(2)若AB∥CD，试证明四边形ABCD是菱形；
(3)在(2)的条件下，试确定E点的位置，使∠EFD=∠BCD，并说明理由.
将矩形ABCD折叠使A，C重合，折痕交BC于E，交AD于F，
（1）求证：四边形AECF为菱形；
（2）若AB=4，BC=8，求菱形的边长；
（3）在（2）的条件下折痕EF的长．

如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8.将矩形ABCD沿CE折叠后，使点D恰好落在对角线AC上的点F处.
(1)求EF的长；
(2)求四边形ABCE的面积.
如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC.设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F.
(1)求证：OE=OF；
(2)若CE=12，CF=5，求OC的长；
(3)当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．

已知：在△ABC中，∠A=90°，D，E分别是AB，AC上任意一点，M，N，P，Q分别是DE，BE，BC，CD的中点，求证：四边形PQMN是矩形。
如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F．
（1）探究：线段OE与OF的数量关系并加以证明；
（2）当点O在边AC上运动时，四边形BCFE会是菱形吗？若是，请证明；若不是，则说明理由；
（3）当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？
如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，且CE=CD，过点E作EF⊥AC交AD于点F，连接BE.
(1)求证：DF=AE；
(2)当AB=2时，求BE2的值.
如图，四边形ABCD是边长为a的正方形，点G，E分别是边AB，BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．
（1）证明：∠BAE=∠FEC；
（2）证明：△AGE≌△ECF；
（3）求△AEF的面积．
如图，在正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于点Q.
(1)如图①，当点Q在DC边上时，猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系，并加以证明；
(2)如图②，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，并证明你的猜想.
\s 0 参考答案
(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC.
∵F是AD的中点，
∴DF=eq \f(1,2)AD.
又∵CE=eq \f(1,2)BC，
∴DF=CE.
又∵DF∥CE，
∴四边形CEDF是平行四边形.
(2)解：过点D作DH⊥BE于点H.
在▱ABCD中，∵AB∥CD，∠B=60°，
∴∠DCE=60°，
∴∠CDH=30°.
∵AB=4，
∴CD=AB=4，
∴CH=2，DH=eq \r(,DC2－CH2)=2eq \r(3).
在▱CEDF中，CE=DF=eq \f(1,2)AD=3，
则EH=CE－CH=1.
∴在Rt△DHE中，由勾股定理得DE=eq \r(,DH2＋HE2)=eq \r(13).
（1） 5 （2） 或或
(1)证明：∵AE⊥AC，BD垂直平分AC，∴AE∥BD，
∵∠ADE=∠BAD，∴DE∥AB，∴四边形ABDE是平行四边形；
(2)解：∵DA平分∠BDE，∴∠BAD=∠ADB，∴AB=BD=5，
设BF=x，则52﹣x2=62﹣(5﹣x)2，解得，x=，∴AF==，∴AC=2AF=.
解：(1)证明：在△ABC和△ADC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AD，,CB＝CD，,AC＝AC，))
∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴∠BAC=∠DAC.
在△ABF和△ADF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AD，,∠BAF＝∠DAF，,AF＝AF，))
∴△ABF≌△ADF，∴∠AFD=∠AFB.
又∵∠AFB=∠CFE，
∴∠AFD=∠CFE.
(2)证明：∵AB∥CD，∴∠BAC=∠ACD.
又由(1)知∠BAC=∠DAC，
∴∠CAD=∠ACD，∴AD=CD.
又∵AB=AD，CB=CD，
∴AB=CB=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形.
(3)当BE⊥CD时，∠EFD=∠BCD.
理由：∵由(2)知四边形ABCD是菱形，
∴CB=CD，∠BCF=∠DCF.
又CF=CF，
∴△BCF≌△DCF，
∴∠CBF=∠CDF.
又∵BE⊥CD，
∴∠BEC=∠DEF=90°.
∴∠BCD＋∠CBF=90°，∠EFD＋∠CDF=90°.
又∵∠CBF=∠CDF，
解：
解：(1)设EF=x依题意知：△CDE≌△CFE，
∴DE=EF=x，CF=CD=6.
∵在Rt△ACD中，AC==10，
∴AF=AC﹣CF=4，AE=AD﹣DE=8﹣x.
在Rt△AEF中，有AE2=AF2+EF2
即(8﹣x)2=42+x2
解得x=3，即：EF=3.
(2)由(1)知：AE=8﹣3=5，
∴S梯形ABCE==(5+8)×6÷2=39.
（1）证明：∵CF平分∠ACD，且MN∥BD，
∴∠ACF=∠FCD=∠CFO.
∴OF=OC.
同理：OC=OE.
∴OE=OF.
（2）由(1)知：OF=OC，OC=OE，
∴∠OCF=∠OFC，∠OCE=∠OEC.
∴∠OCF＋∠OCE=∠OFC＋∠OEC.
而∠OCF＋∠OCE＋∠OFC＋∠OEC=180°，
∴∠ECF=∠OCF＋∠OCE=90°.
∴EF=13.
∴OC=0.5EF=6.5.
（3）连接AE、AF.当点O移动到AC中点时，四边形AECF为矩形．
理由如下：
由(1)知OE=OF，当点O移动到AC中点时，有OA=OC，
∴四边形AECF为平行四边形．
又∵∠ECF=90°，
∴四边形AECF为矩形．
证明：∵M，N分别是DE，BE的中点，
∴MN是△BDE的中位线，∴MN∥AB，MN= QUOTE 0.5BD，
同理：PN∥CE，PN= QUOTE 0.5CE，MQ∥CE，MQ= QUOTE 0.5CE，∴PN=MQ，PN∥MQ，
∴四边形PQMN是平行四边形，∵∠A=90°，∴BA⊥CA，
∵MN∥AB，MQ∥AC，∴MN⊥MQ，
∴∠NMQ=90°，∴四边形PQMN是矩形。
解：（1）OE=OF．
证明如下：∵CE是∠ACB的平分线，∴∠1=∠2．
∵MN∥BC，∴∠1=∠3．∴∠2=∠3．∴OE=OC．
同理可证OC=OF．
∴OE=OF．四边形BCFE不可能是菱形，若四边形BCFE为菱形，则BF⊥EC，
而由（1）可知FC⊥EC，在平面内过同一点F不可能有两条直线同垂直于一条直线．当点O运动到AC中点时，且△ABC是直角三角形（∠ACB=90°）时，四边形AECF是正方形．
理由如下：
∵O为AC中点，∴OA=OC，
∵由（1）知OE=OF，∴四边形AECF为平行四边形；
∵∠1=∠2，∠4=∠5，∠1+∠2+∠4+∠5=180°，
∴∠2+∠5=90°，即∠ECF=90°，∴▱AECF为矩形，
又∵AC⊥EF．∴▱AECF是正方形．
∴当点O为AC中点且△ABC是以∠ACB为直角三角形时，四边形AECF是正方形．
(1)证明：连接CF，在正方形ABCD中，∠D=90°.
∵EF⊥AC，∴∠CEF=∠AEF=90°.
在Rt△CDF和Rt△CEF中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(CF＝CF，,CD＝CE，))
∴Rt△CDF≌Rt△CEF(HL)，
∴DF=EF.
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠EAF=45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，
∴DF=AE.
(2)解：在正方形ABCD中，∠ABC=90°，CD=BC=AB=2.
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=eq \r(AB2＋BC2)=eq \r(2)AB=2eq \r(2).
∵CE=CD，∴AE=AC－CE=AC－CD=2eq \r(2)－2.
过点E作EH⊥AB于H.∵AC是正方形ABCD的角平分线，
∴△AEH是等腰直角三角形，
∴EH=AH=eq \f(\r(2),2)AE=eq \f(\r(2),2)(2eq \r(2)－2)=2－eq \r(2)，
∴BH=AB－AH=2－(2－eq \r(2))=eq \r(2).
在Rt△BEH中，由勾股定理得BE2=BH2＋EH2=(eq \r(2))2＋(2－eq \r(2))2=8－4eq \r(2).
解：
解：(1)PB=PQ.证明：连接PD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=∠ACD，∠BCD=90°，BC=CD，
又∵PC=PC，
∴△DCP≌△BCP(SAS)，
∴PD=PB，∠PBC=∠PDC，
∵∠PBC＋∠PQC=180°，∠PQD＋∠PQC=180°，
∴∠PBC=∠PQD，
∴∠PDC=∠PQD，
∴PQ=PD，
∴PB=PQ
(2)PB=PQ.证明：连接PD，
同(1)可证△DCP≌△BCP，
∴PD=PB，∠PBC=∠PDC，
∵∠PBC=∠Q，
∴∠PDC=∠Q，
∴PD=PQ，
∴PB=PQ.