專題07 特殊平行四邊形綜合的壓軸真題訓(xùn)練（解析版）-中考數(shù)學(xué)壓軸題

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)選擇、填空壓軸真題匯編專題07特殊平行四邊形綜合的壓軸真題訓(xùn)練一．平行四邊形的性質(zhì)1．（2022?日照）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形OABC的頂點(diǎn)O在坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)E是對角線AC上一動點(diǎn)（不包含端點(diǎn)），過點(diǎn)E作EF∥BC，交AB于F，點(diǎn)P在線段EF上．若OA＝4，OC＝2，∠AOC＝45°，EP＝3PF，P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m，則m的取值范圍是（）A．4＜m＜3+ B．3﹣＜m＜4 C．2﹣＜m＜3 D．4＜m＜4+【答案】A【解答】解：可得C（，），A（4，0），B（4+，），∴直線AB的解析式為：y＝x﹣4，∴x＝y(tǒng)+4，直線AC的解析式為：y＝﹣，∴x＝4+y﹣2y，∴點(diǎn)F的橫坐標(biāo)為：y+4，點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為：4+y﹣2y，∴EF＝（y+4）﹣（4+y﹣2y）＝2，∵EP＝3PF，∴PF＝EF＝y(tǒng)，∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為：y+4﹣y，∵0＜y＜，∴4＜y+4﹣y＜3+，故答案為：A．2．（2022?無錫）如圖，在?ABCD中，AD＝BD，∠ADC＝105°，點(diǎn)E在AD上，∠EBA＝60°，則的值是（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：如圖，過點(diǎn)B作BH⊥AD于H，設(shè)∠ADB＝x，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC∥AD，∠ADC＝∠ABC＝105°，∴∠CBD＝∠ADB＝x，∵AD＝BD，∴∠DBA＝∠DAB＝，∴x+＝105°，∴x＝30°，∴∠ADB＝30°，∠DAB＝75°，∵BH⊥AD，∴BD＝2BH，DH＝BH，∵∠EBA＝60°，∠DAB＝75°，∴∠AEB＝45°，∴∠AEB＝∠EBH＝45°，∴EH＝BH，∴DE＝BH﹣BH＝（﹣1）BH，∵AB＝＝＝（﹣）BH＝CD，∴＝，故選：D．二．矩形的性質(zhì)3．（2022?泰安）如圖，四邊形ABCD為矩形，AB＝3，BC＝4，點(diǎn)P是線段BC上一動點(diǎn)，點(diǎn)M為線段AP上一點(diǎn)，∠ADM＝∠BAP，則BM的最小值為（）A． B． C．﹣ D．﹣2【答案】D【解答】解：如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OB，OM．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝4，∴∠BAP+∠DAM＝90°，∵∠ADM＝∠BAP，∴∠ADM+∠DAM＝90°，∴∠AMD＝90°，∵AO＝OD＝2，∴OM＝AD＝2，∴點(diǎn)M在以O(shè)為圓心，2為半徑的⊙O上，∵OB＝＝＝，∴BM≥OB﹣OM＝﹣2，∴BM的最小值為﹣2．故選：D．4．（2022?麗水）如圖，標(biāo)號為①，②，③，④的矩形不重疊地圍成矩形PQMN．已知①和②能夠重合，③和④能夠重合，這四個矩形的面積都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b．（1）若a，b是整數(shù)，則PQ的長是；（2）若代數(shù)式a2﹣2ab﹣b2的值為零，則的值是．【答案】a﹣b；3+2．【解答】解：（1）由圖可知：PQ＝a﹣b，故答案為：a﹣b；（2）∵a2﹣2ab﹣b2＝0，∴a2﹣b2＝2ab，（a﹣b）2＝2b2，∴a＝b+b（負(fù)值舍），∵四個矩形的面積都是5．AE＝a，DE＝b，∴EP＝，EN＝，則＝＝＝＝＝＝3+2．故答案為：3+2．5．（2022?宿遷）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，點(diǎn)M、N分別是邊AD、BC的中點(diǎn)，某一時刻，動點(diǎn)E從點(diǎn)M出發(fā)，沿MA方向以每秒2個單位長度的速度向點(diǎn)A勻速運(yùn)動；同時，動點(diǎn)F從點(diǎn)N出發(fā)，沿NC方向以每秒1個單位長度的速度向點(diǎn)C勻速運(yùn)動，其中一點(diǎn)運(yùn)動到矩形頂點(diǎn)時，兩點(diǎn)同時停止運(yùn)動，連接EF，過點(diǎn)B作EF的垂線，垂足為H．在這一運(yùn)動過程中，點(diǎn)H所經(jīng)過的路徑長是．【答案】π【解答】解：如圖1中，連接MN交EF于點(diǎn)P，連接BP．∵四邊形ABCD是矩形，AM＝MD，BN＝CN，∴四邊形ABNM是矩形，∴MN＝AB＝6，∵EM∥NF，∴△EPM∽△FPN，∴＝＝＝2，∴PN＝2，PM＝4，∵BN＝4，∴BP＝＝＝2，∵BH⊥EF，∴∠BHP＝90°，∴點(diǎn)H在BP為直徑的⊙O上運(yùn)動，當(dāng)點(diǎn)E與A重合時，如圖2中，連接OH，ON．點(diǎn)H的運(yùn)動軌跡是．此時AM＝4，NF＝2，∴BF＝AB＝6，∵∠ABF＝90°，BH⊥AF，∴BH平分∠ABF，∴∠HBN＝45°，∴∠HON＝2∠HBN＝90°，∴點(diǎn)H的運(yùn)動軌跡的長＝＝π．故答案為：π．6．（2022?西寧）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝7，點(diǎn)E在AB邊上，AE＝5．若點(diǎn)P是矩形ABCD邊上一點(diǎn)，且與點(diǎn)A，E構(gòu)成以AE為腰的等腰三角形，則等腰三角形AEP的底邊長是．【答案】5或4【解答】解：如圖所示，①當(dāng)AP＝AE＝5時，∵∠BAD＝90°，∴△AEP是等腰直角三角形，∴底邊PE＝AE＝5；②當(dāng)P1E＝AE＝5時，∵BE＝AB﹣AE＝8﹣5＝3，∠B＝90°，∴P1B＝，∴底邊AP1＝；綜上所述：等腰三角形AEP1的底邊長為5或4；故答案為：5或4．三．正方形的性質(zhì)和判定7．（2022?瀘州）如圖，在邊長為3的正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊AB上的點(diǎn)，且BE＝2AE，過點(diǎn)E作DE的垂線交正方形外角∠CBG的平分線于點(diǎn)F，交邊BC于點(diǎn)M，連接DF交邊BC于點(diǎn)N，則MN的長為（）A． B． C． D．1【答案】B【解答】解：作FH⊥BG交于點(diǎn)H，作FK⊥BC于點(diǎn)K，∵BF平分∠CBG，∠KBH＝90°，∴四邊形BHFK是正方形，∵DE⊥EF，∠EHF＝90°，∴∠DEA+∠FEH＝90°，∠EFH+∠FEH＝90°，∴∠DEA＝∠EFH，∵∠A＝∠EHF＝90°，∴△DAE∽△EHF，∴，∵正方形ABCD的邊長為3，BE＝2AE，∴AE＝1，BE＝2，設(shè)FH＝a，則BH＝a，∴，解得a＝1；∵FK⊥CB，DC⊥CB，∴△DCN∽△FKN，∴，∵BC＝3，BK＝1，∴CK＝2，設(shè)CN＝b，則NK＝2﹣b，∴，解得b＝，即CN＝，∵∠A＝∠EBM，∠AED＝∠BME，∴△ADE∽△BEM，∴，∴，解得BM＝，∴MN＝BC﹣CN﹣BM＝3﹣﹣＝，故選：B．8．（2022?泰州）如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為與點(diǎn)D不重合的動點(diǎn)，以DE為一邊作正方形DEFG．設(shè)DE＝d1，點(diǎn)F、G與點(diǎn)C的距離分別為d2、d3，則d1+d2+d3的最小值為（）A． B．2 C．2 D．4【答案】C【解答】解：如圖，連接AE，∵四邊形DEFG是正方形，∴∠EDG＝90°，EF＝DE＝DG，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∴d1+d2+d3＝EF+CF+AE，∴點(diǎn)A，E，F(xiàn)，C在同一條線上時，EF+CF+AE最小，即d1+d2+d3最小，連接AC，∴d1+d2+d3最小值為AC，在Rt△ABC中，AC＝AB＝2，∴d1+d2+d3最?。紸C＝2，故選：C．9．（2022?廣西）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O．點(diǎn)E是對角線AC上一點(diǎn)，連接BE，過點(diǎn)E作EF⊥BE，分別交CD，BD于點(diǎn)F，G，連接BF，交AC于點(diǎn)H，將△EFH沿EF翻折，點(diǎn)H的對應(yīng)點(diǎn)H′恰好落在BD上，得到△EFH′．若點(diǎn)F為CD的中點(diǎn)，則△EGH′的周長是．【答案】5+【解答】解：如圖，過點(diǎn)E作EM⊥BC于M，作EN⊥CD于N，過點(diǎn)F作FP⊥AC于P，連接GH，∵將△EFH沿EF翻折得到△EFH′，∴△EGH'≌△EGH，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝BC＝4，∠BCD＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°，∴BD＝BC＝8，△CPF是等腰直角三角形，∵F是CD的中點(diǎn)，∴CF＝CD＝2，∴CP＝PF＝2，OB＝BD＝4，∵∠ACD＝∠ACB，EM⊥BC，EN⊥CD，∴EM＝EN，∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，∴∠MEN＝90°，∵EF⊥BE，∴∠BEF＝90°，∴∠BEM＝∠FEN，∵∠BME＝∠FNE，∴△BME≌△FNE（ASA），∴EB＝EF，∵∠BEO+∠PEF＝∠PEF+∠EFP＝90°，∴∠BEO＝∠EFP，∵∠BOE＝∠EPF＝90°，∴△BEO≌△EFP（AAS），∴OE＝PF＝2，OB＝EP＝4，∵tan∠OEG＝＝，即＝，∴OG＝1，∴EG＝＝，∵OB∥FP，∴∠OBH＝∠PFH，∴tan∠OBH＝tan∠PFH，∴＝，∴＝＝2，∴OH＝2PH，∵OP＝OC﹣PC＝4﹣2＝2，∴OH＝×2＝，在Rt△OGH中，由勾股定理得：GH＝＝，∴△EGH′的周長＝△EGH的周長＝EH+EG+GH＝2+++＝5+．故答案為：5+．10．（2022?安徽）如圖，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點(diǎn)M，N，過點(diǎn)F作AD的垂線交AD的延長線于點(diǎn)G．連接DF，請完成下列問題：（1）∠FDG＝°；（2）若DE＝1，DF＝2，則MN＝．【答案】45°【解答】解：由題知，△BEF是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，∴∠AEB+∠GEF＝90°，∵∠AEB+∠ABE＝90°，∴∠GEF＝∠ABE，在△ABE和△GEF中，，∴△ABE≌△GEF（AAS），∴EG＝AB＝AD，GF＝AE，即DG+DE＝AE+DE，∴DG＝AE，∴DG＝GF，即△DGF是等腰直角三角形，∴∠FDG＝45°，故答案為：45°；（2）∵DE＝1，DF＝2，由（1）知，△DGF是等腰直角三角形，∴DG＝GF＝2，AB＝AD＝CD＝ED+DG＝2+1＝3，延長GF交BC延長線于點(diǎn)H，∴CD∥GH，∴△EDM∽△EGF，∴，即，∴MD＝，同理△BNC∽△BFH，∴，即，∴，∴NC＝，∴MN＝CD﹣MD﹣NC＝3﹣﹣＝，故答案為：．11．（2022?達(dá)州）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，CD邊上的動點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），連接BE，BF，分別交對角線AC于點(diǎn)P，Q．點(diǎn)E，F(xiàn)在運(yùn)動過程中，始終保持∠EBF＝45°，連接EF，PF，PD．下列結(jié)論：①PB＝PD；②∠EFD＝2∠FBC；③PQ＝PA+CQ；④△BPF為等腰直角三角形；⑤若過點(diǎn)B作BH⊥EF，垂足為H，連接DH，則DH的最小值為2﹣2，其中所有正確結(jié)論的序號是．【答案】①②④⑤【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴CB＝CD，∠BCP＝∠DCP＝45°，在△BCP和△DCP中，，∴△BCP≌△DCP（SAS），∴PB＝PD，故①正確，∵∠PBQ＝∠QCF＝45°，∠PQB＝∠FQC，∴△PQB∽△FQC，∴＝，∠BPQ＝∠CFQ，∴＝，∵∠PQF＝∠BQC，∴△PQF∽△BQC，∴∠QPF＝∠QBC，∵∠QBC+∠CFQ＝90°，∴∠BPF＝∠BPQ+∠QPF＝90°，∴∠PBF＝∠PFB＝45°，∴PB＝PF，∴△BPF是等腰直角三角形，故④正確，∵∠EPF＝∠EDF＝90°，∴E，D，F(xiàn)，P四點(diǎn)共圓，∴∠PEF＝∠PDF，∵PB＝PD＝PF，∴∠PDF＝∠PFD，∵∠AEB+∠DEP＝180°，∠DEP+∠DFP＝180°，∴∠AEB＝∠DFP，∴∠AEB＝∠BEH，∵BH⊥EF，∴∠BAE＝∠BHE＝90°，∵BE＝BE，∴△BEA≌△BEH（AAS），∴AB＝BH＝BC，∵∠BHF＝∠BCF＝90°，BF＝BF，∴Rt△BFH≌Rt△BFC（HL），∴∠BFC＝∠BFH，∵∠CBF+∠BFC＝90°，∴2∠CBF+2∠CFB＝180°，∵∠EFD+∠CFH＝∠EFD+2∠CFB＝180°，∴∠EFD＝2∠CBF，故②正確，將△ABP繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△BCT，連接QT，∴∠ABP＝∠CBT，∴∠PBT＝∠ABC＝90°，∴∠PBQ＝∠TBQ＝45°，∵BQ＝BQ，BP＝BT，∴△BQP≌△BQT（SAS），∴PQ＝QT，∵QT＜CQ+CT＝CQ+AP，∴PQ＜AP+CQ，故③錯誤，連接BD，DH，∵BD＝2，BH＝AB＝2，∴DH≥BD﹣BH＝2﹣2，∴DH的最小值為2﹣2，故⑤正確，故答案為：①②④⑤．12．（2022?南通）如圖，點(diǎn)O是正方形ABCD的中心，AB＝3．Rt△BEF中，∠BEF＝90°，EF過點(diǎn)D，BE，BF分別交AD，CD于點(diǎn)G，M，連接OE，OM，EM．若BG＝DF，tan∠ABG＝，則△OEM的周長為．【答案】3+3【解答】解：如圖，連接BD，過點(diǎn)F作FH⊥CD于點(diǎn)H．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝3，∠A＝∠ADC＝90°，∵tan∠ABG＝＝，∴AG＝，DG＝2，∴BG＝＝＝2，∵∠BAG＝∠DEG＝90°，∠AGB＝∠DGE，∴△BAG∽△DEG，∴＝＝，∠ABG＝∠EDG，∴＝＝，∴DE＝，EG＝，∴BE＝BG+EG＝2+＝，∵∠ADH＝∠FHD＝90°，∴AD∥FH，∴∠EDG＝∠DFH，∴∠ABG＝∠DFH，∵BG＝DF＝2，∠A＝∠FHD＝90°，∴△BAG≌△FHD（AAS），∴AB＝FH，∵AB＝BC，∴FH＝BC，∵∠C＝∠FHM＝90°，∴FH∥CB，∴＝＝1，∴FM＝BM，∵EF＝DE+DF＝+2＝，∴BF＝＝4，∵∠BEF＝90°，BM＝MF，∴EM＝BF＝2，∵BO＝OD，BM＝MF，∴OM＝DF＝，∵OE＝BD＝×6＝3，∴△OEM的周長＝3++2＝3+3，解法二：輔助線相同．證明△BAG≌△FHD，推出AB＝HF＝3，再證明△FHM≌△BCM，推出CM＝HM＝，求出BD，DF，BF，利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，三角形中位線定理，可得結(jié)論．故答案為：3+3．13．（2022?攀枝花）如圖，以△ABC的三邊為邊在BC上方分別作等邊△ACD、△ABE、△BCF．且點(diǎn)A在△BCF內(nèi)部．給出以下結(jié)論：①四邊形ADFE是平行四邊形；②當(dāng)∠BAC＝150°時，四邊形ADFE是矩形；③當(dāng)AB＝AC時，四邊形ADFE是菱形；④當(dāng)AB＝AC，且∠BAC＝150°時，四邊形ADFE是正方形．其中正確結(jié)論有（填上所有正確結(jié)論的序號）．【答案】①②③④【解答】解：①∵△ABE、△CBF是等邊三角形，∴BE＝AB，BF＝CB，∠EBA＝∠FBC＝60°；∴∠EBF＝∠ABC＝60°﹣∠ABF；∴△EFB≌△ACB（SAS）；∴EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；由AE＝DF，AD＝EF即可得出四邊形ADFE是平行四邊形，故結(jié)論①正確；②當(dāng)∠BAC＝150°時，∠EAD＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD＝360°﹣60°﹣150°﹣60°＝90°，由①知四邊形AEFD是平行四邊形，∴平行四邊形ADFE是矩形，故結(jié)論②正確；③由①知AB＝AE，AC＝AD，四邊形AEFD是平行四邊形，∴當(dāng)AB＝AC時，AE＝AD，∴平行四邊形AEFD是菱形，故結(jié)論③正確；④綜合②③的結(jié)論知：當(dāng)AB＝AC，且∠BAC＝150°時，四邊形AEFD既是菱形，又是矩形，∴四邊形AEFD是正方形，故結(jié)論④正確．故答案為：①②③④．四．菱形的性質(zhì)14．（2022?麗水）如圖，已知菱形ABCD的邊長為4，E是BC的中點(diǎn)，AF平分∠EAD交CD于點(diǎn)F，F(xiàn)G∥AD交AE于點(diǎn)G．若cosB＝，則FG的長是（）A．3 B． C． D．【答案】B【解答】解：方法一，如圖，過點(diǎn)A作AH⊥BE于點(diǎn)H，過點(diǎn)F作FQ⊥AD于點(diǎn)Q，∵菱形ABCD的邊長為4，∴AB＝AD＝BC＝4，∵cosB＝＝，∴BH＝1，∴AH＝＝