专题46 全国初中数学竞赛分类汇编卷（九）四边形综合（提优）-备战2024年中考数学优生冲刺抢分试题精选（全国通用）

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A．13B．8C．132D．4
【解答】解：如图，过点E作EF∥AB交BC于点F，
则BF=12BC，EF=12（AB+CD）=12（6﹣BC），
又∵AB⊥BC，
∴EF⊥BC，
∴在Rt△BFE中，EF2+BF2＝BE2．
∴[12(6-BC)]2+(12BC)2=(5)2，即BC2﹣6BC+8＝0，
解得BC＝2或BC＝4，则EF＝2或EF＝1，
∴S梯形ABCD＝EF•BC＝4．
故选：D．
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰梯形ABCD的顶点坐标分别为A（1，1），B（2，﹣1），C（﹣2，﹣1），D（﹣1，1）．y轴上一点P（0，2）绕点A旋转180°得点P1，点P1绕点B旋转180°得点P2，点P2绕点C旋转180°得点P3，点P3绕点D旋转180°得点P4，…，则点P2014的坐标是（ ）
A．（2014，2）B．（2014，﹣2）C．（2012，﹣2）D．（2012，2）
【解答】解：由已知可以得到，点P1，P2的坐标分别为（2，0），（2，﹣2）．
记P2（a2，b2），其中a2＝2，b2＝﹣2．
根据对称关系，依次可以求得：P3（﹣4﹣a2，﹣2﹣b2），P4（2+a2，4+b2），P5（﹣a2，﹣2﹣b2），P6（4+a2，b2）．
令P6（a6，b2），同样可以求得，点P10的坐标为（4+a6，b2），即P10（4×2+a2，b2），
所以点P2010的坐标是（2010，﹣2），
所以P2014（2012+2，﹣2），即P2014（2014，﹣2），
故选：B．
3．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点P、Q、K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为（ ）
A．1B．3C．2D．3+1
【解答】解：作P点关于BD的对称点P'，过P'作P'Q⊥CD交于点Q，交BD于点K，连接KP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴P'在AB上，
由对称性可知，PK＝P'K，
∴PK+QK＝P'K+KP'≥P'Q，
当P'、K、Q三点共线时，PK+QK的值最小，最小值为CD边上的高，
∵∠DAB＝120°，
∴∠ADC＝60°，
过点A作AM⊥CD交于点M，
∵AD＝2，
∴AM＝AD×sin60°=3，
∴PK+KQ的最小值为3，
故选：B．
4．如图，以Rt△BCA的斜边BC为一边在△BCA的同侧作正方形BCEF，设正方形的中心为O，连接AO，如果AB＝3，AO＝52，那么AC的长为 ．
【解答】解：如图，在AC上截取CF＝AB，
∵四边形BCEF是正方形，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴∠2+∠OCF＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠1+∠OBA＝90°，
∵∠1＝∠2（对顶角相等），
∴∠OBA＝∠OCF，
在△ABO和△FCO中，
OB=OC∠OBA=∠OCFCF=AB，
∴△ABO≌△FCO（SAS），
∴OF＝AO＝52，∠AOB＝∠FOC，
∴∠AOF＝∠AOB+∠BOF＝∠FOC+∠BOF＝∠BOC＝90°，
∴△AOF是等腰直角三角形，
∴AF=2AO＝10
∴AC＝AF+CF＝10+3＝13．
故答案为：13．
5．如图，长方形ABCD的面积为20cm2，对角线交于点O；以AB、AO为邻边作平行四边形AOC1B，连接AC1，交BD于O1；以AB、AO1为邻边作平行四边形AO1C2B；…；依此类推，则平行四边形AO4C5B的面积为 cm2．
【解答】解：∵四边形AOC1B是平行四边形，
∴O1A＝O1C1，O1B＝O1O，
∴S△AO1B=12S△ABC1=18S矩形ABCD=52cm2，
∴平行四边形ABC1O的面积是：12S矩形ABCD＝10cm2，
同理平行四边形ABC2O1的面积是：14S矩形ABCD＝5cm2，
平行四边形ABC3O2的面积是：18S矩形ABCD=52cm2，
平行四边形ABC4O3的面积是：116S矩形ABCD=54cm2，
平行四边形ABC5O4的面积是：132S矩形ABCD=58cm2，
故答案为：58．
6．如图，E、F分别是▱ABCD的边AB、CD上的点，AF与DE相交于点P，BF与CE相交于点Q，若S△APD＝14cm2，S△BQC＝26cm2，S▱ABCD＝200cm2，则阴影部分的面积为 cm2．
【解答】解：连接E、F两点，过点E作EM⊥DC于点M，
∵S△DEC=12DC⋅EM，S▱ABCD＝DC•EM＝200cm2，
∴S△DEC＝100cm2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴△EFC的FC边上的高与△BCF的FC边上的高相等，
∴S△EFC＝S△BCF，
∴S△EFQ＝S△BCQ，
同理：S△EFD＝S△ADF，
∴S△EFP＝S△ADP，
∵S△APD＝14cm2，S△BQC＝26cm2，
∴S四边形EPFQ＝40cm2，
故阴影部分的面积为＝S△DEC﹣S四边形EPFQ＝100﹣40＝60（cm2）．
故答案为：60．
7．如图，在平行四边形ABCD中，M、N分别是BC、DC的中点，AM＝4，AN＝3，且∠MAN＝60°，则AB的长是 ．
【解答】解：延长DC和AM交于E，过点E作EH⊥AN于点H，如图．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CE，
∴∠BAM＝∠CEM，∠B＝∠ECM．
∵M为BC的中点，
∴BM＝CM．
在△ABM和△ECM中，
∠BAM=∠CEM∠B=∠ECMBM=CM，
∴△ABM≌△ECM（AAS），
∴AB＝CD＝CE，AM＝EM＝4，
∵N为边DC的中点，
∴NE＝3NC=32AB，即AB=23NE，
∵AN＝3，AE＝2AM＝8，且∠MAN＝60°，
∴∠AEH＝30°，
∴AH=12AE＝4，
∴EH=AE2-AH2=43，
∴NH＝AH﹣AN＝4﹣3＝1，
∴EN=NH2+EH2=7，
∴AB=23×7=143．
故答案为143．
8．如图，长方形ABCD被分成8块，图中的数字是其中5块的面积数，则图中阴影部分的面积为 ．
【解答】解：设未知的三块面积分别为x，y，z（如图）
则x+y+65=70+20+50+15+zz+y+70=50+x+20+15+65，即x+y-z=90①z+y-x=80②
由①+②解得 y＝85
故答案为85
9．（武汉市竞赛）如图，在直角坐标系中，O（0，0），A（7，0），B（5，2），C（0，2）一条动直线l分别与BC、OA交于点E、F，且将四边形OABC分为面积相等的两部分，则点C到动直线l的距离的最大值为 ．
【解答】解：∵O（0，0），A（7，0），B（5，2），C（0，2）
∴BC＝5，AO＝7，OC＝2，
∴四边形ABCO的面积=12×12×2=12，
∵四边形COFE面积＝6，
∴CE+OF＝6，
取M，N分别是OC，EF的中点，
∴MN＝3，
∴N是一定点，
若C到l的距离最大，则l⊥CN，
∴点C到动直线l的距离的最大值为CN的长，
在Rt△CNM中，MN＝3，CM＝1，
∴CN=10；
故答案为10；
10．在平面直角坐标系中，如图所示，长方形OABC的OA=3，AB＝1，将矩形OABC沿OB对折，点A落在点A′上，求点A′的坐标．
【解答】解：过A′作A′D⊥OA，
在Rt△OAB中，OB=OA2+AB2=2，AB＝1，
∴AB=12OB，
∵△AOB是直角三角形，
∴∠AOB＝30°，
OB为折痕，
∴∠A′OB＝∠AOB＝30°，OA′＝OA=3，
Rt△OA′D中，∠OA′D＝30°，
∴OD=12×3=32，
A′D=32×3=32，
∴点A′的坐标（32，32）．
11．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝2AB，点D、P分别是AC、BC的中点，△ADE是等腰三角形，∠AED＝90°，连接BE、EC．
（1）判断线段BE和EC的关系，并证明你的结论．
（2）连接PA、PE．过点A作AM∥PE，过点E作EM∥PA，AM和EM相交于点M，在图中先补充图形，再判断四边形PAME的形状，并证明你的结论．
【解答】解：（1）BE＝EC且BE⊥CE
证明：由已知AB＝AD＝DC，EA＝ED，∠BAE＝∠CDE＝135°
∴△BAE≌△CDE．
∴BE＝EC，∠BEA＝∠CED．
∴∠BEC＝∠BED+∠CED＝∠BED+∠BEA＝∠AED＝90°，
∴BE⊥EC；（4分）
（2）四边形PAME是菱形（6分）
证明：∵AM∥PE，EM∥PA，
∴四边形PAME是平行四边形．
又∵P是BC的中点，BC是Rt△BAC和Rt△BEC的斜边，
∴PA＝PE=12BC，
∴四边形PAME为菱形．（9分）
12．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE＝2，AE＝3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是多少？
【解答】解：如图，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小．
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴PB＝PD，
∴PB+PE＝PD+PE＝DE．
∵BE＝2，AE＝3BE，
∴AE＝6，AB＝8，
∴DE=62+82=10，
故PB+PE的最小值是10．
13．如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝CD，∠ABC＝90°，∠BCD＝150°，求∠BAD的度数．
【解答】解：分别过点C，A，作BC和AB的垂线，那么交点为E，
∵AB＝BC，∠B＝∠EAB＝∠ECB＝90°，
∴四边形ABCE是正方形．又由于AB＝BC＝CD，而且∠BCD＝150°，
那么∠DCE＝60°，并且△CDE为等边三角形，
∴∠CED＝60°，并且DE＝CD＝CE
∵∠CEA＝90°，
∴∠AED＝150°，
∵AB＝CD，DE＝CD，
∴△AED为等腰三角形，∴∠DAE＝15°，
∴∠BAD＝75°．
14．（“希望杯”竞赛）如图，正方形ABCD的边长为a，点E、F、G、H分别在正方形的四条边上，已知EF∥GH，EF＝GH．
（1）若AE＝AH=13a，求四边形EFGH的周长和面积；
（2）若AE＝BF＝CG＝DH，求四边形EFGH的周长的最小值．
【解答】解：连接AC、BD，由勾股定理，得AC＝BD=2a，
（1）∵AB＝AD＝a，AE＝AH=13a=13AD，
∴AEAB=AHAD=13，
∴EH∥BD，EHBD=AHAD=13，
EH=23a，
同理可得GH=223a，
∵EF∥GH，EF＝GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
根据正方形的性质可知AC⊥BD，
∴▱EFGH为矩形，
∴四边形EFGH的周长＝2（23a+223a）＝22a，
四边形EFGH的面积=23a×223a=49a2；
（2）设AE＝x，则BE＝a﹣x，
当EF∥GH，EF＝GH时，
∴四边形EFGH为平行四边形，
同理，EH＝FG，
∵AE＝BF＝CG＝DH，
∴AH＝BE，
∴可得：EH＝EF，
∴四边形EFGH为菱形，
四边形EFGH周长为：4x2+(a-x)2=42x2-2ax+a2，
当x=--2a4=a2时，周长最小为22a．
15．如图，在直角梯形ABCD中．AB∥CD，AB＝12cm，CD＝6cm，DA＝3cm，∠D＝∠A＝90°，点P沿AB边从点A开始向点B以2cm/s的速度移动；点Q沿DA边从点D开始向点A以1cm/s的速度移动，如果P、Q同时出发，用t表示移动的时间（单位：秒），并且0≤t≤3．
（1）证明不论t取何值，四边形QAPC的面积是一个定值，并且求出这个定值；
（2）请问是否存在这样的t，使得∠PCQ＝90°？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）请你探究△PBC能否构成直角三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．
【解答】解：（1）连接AC，
则S四边形QAPC＝S△APC+S△ACQ，
=12AP•AD+12AQ•CD，
=12[3×2t+6×（3﹣t）]，
=12×18，
＝9，
故不论t取何值，四边形QAPC的面积是一个定值，这个定值为9．
（2）过C作CE⊥AB，垂足为E，设t秒时，∠PCQ＝90°，
∵CD＝6cm，DA＝3cm，
∴CQ2＝36+t2，CP2＝9+（6﹣2t）2，PQ2＝（3﹣t）2+（2t）2，AE＝6，AD＝3，
∵∠PCQ＝90°，
∴CQ2+CP2＝PQ2，
即36+t2+9+（6﹣2t）2＝（3﹣t）2+（2t）2，
解得t＝4．
∵0≤t≤3，
∴不可构成直角三角形．
（3）能．
①过C作CE⊥AB于E，则AE＝CD＝6cm，当p运动到E点时，运动的时间为
62=3s，此时Q正好运动到A点．
△PBC中∠CPB＝90°．
②当∠PCB＝90°时，即P到E点时，
过D作DG∥BC，则四边形DGBC是平行四边形，BG＝DC＝6cm，
故AG＝AB﹣GB＝12﹣6＝6cm，DG＝BC=DA2+AG2=32+62=3 5cm，
过A作AF∥CE，
则AF＝CE，CF＝AE＝2t，DF＝DC﹣2t＝6﹣2t，
AF＝CE=AD2+DF2=32+(6-2t)2．
在直角三角形BCE中，BE2＝CE2+BC2，
即（12﹣2t）2＝（6﹣2t）2+32+（35）2，
解得：t=94（符合题意）．
故当t=94s，或t＝3s时△PBC能否构成直角三角形．
16．已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．
（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；
（3）若正方形的边长为4，当N运动到DC边的中点处时，求BM的长．
【解答】解：（1）BM+DN＝MN．
理由如下：如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，
∴∠ABE＝∠ADN＝90°，AE＝AN，BE＝DN，
∴∠ABE+∠ABC＝180°，
∴点E，点B，点C三点共线，
∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，
又∵∠NAM＝45°，
在△AEM与△ANM中，
AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
∵ME＝BE+BM＝DN+BM，
∴DN+BM＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
理由如下：在线段DN上截取DQ＝BM，
在△ADQ与△ABM中，
AD=AB∠ADQ=∠ABMDQ=BM，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ＝∠BAM，
∴∠QAN＝∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
AQ=AM∠QAN=∠MANAN=AN，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN＝QN，
∴DN﹣BM＝MN；
（3）如图4，
∵正方形的边长为4，点N是BC的中点，
∴CN＝DN＝2，
∵DN+BM＝MN，
∴MN＝2+BM，
∵MN2＝CN2+MC2，
∴（2+BM）2＝4+（4﹣BM）2，
∴BM=43．
17．已知，在平行四边形ABCD中，BC＝2AB，M为AD的中点，CE⊥AB于E．求证：∠DME＝3∠AEM．
【解答】证明：设BC中点为N，连MN交CE于P，再连MC，
则AM＝BN，MD＝NC，
又∵BC＝2AB，
∴四边形ABNM、四边形MNCD均是菱形，
∴MN∥AB，
∴∠AEM＝∠EMN，
∵CE⊥AB，
∴MN⊥CE，
又∵AM＝MD，MN∥AB．
∴P点为EC的中点，
∴MP垂直平分EC，
∴∠EMN＝∠NMC，
又∵四边形MNCD是菱形，
∴∠NMC＝∠CMD，
∴∠EMD＝3∠EMN＝3∠AEM．
18．（全国初中数学联赛）设P为等腰直角三角形ACB斜边AB上任意一点，PE垂直AC于点E，PF垂直BC于点F，PG垂直EF于点G，延长GP并在其延长线上取一点D，使得PD＝PC，试证：BC⊥BD，且BC＝BD．
【解答】解：∵PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，∠ACB＝90°，
∴CEPF是矩形（三角都是直角的四边形是矩形），
∴OP＝OF，∠PEF+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
∵PG⊥EF，
∴∠PEF+∠2＝90°，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠2，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A＝∠ABC＝45°，
∴∠APE＝∠BPF＝45°，
∴∠APE+∠2＝∠BPF+∠1，
即∠APG＝∠CPB，
∵∠BPD＝∠APG（对顶角相等），
∴∠BPD＝∠CPB，
又∵PC＝PD，PB是公共边，
∴△PBC≌△PBD（SAS），
∴BC＝BD，∠PBC＝∠PBD＝45°，
∴∠PBC+∠PBD＝90°，
即BC⊥BD，
故证得：BC⊥BD，且BC＝BD．
19．（“希望杯”竞赛）如图，等腰梯形ABCD中，CD∥AB，对角线ACBD相交于O，∠ACD＝60°，点S，P，Q分别是OD，OA，BC的中点，
（1）求证：△PQS是等边三角形；
（2）若AB＝5，CD＝3，求△PQS的面积；
（3）若△PQS的面积与△AOD的面积的比是7：8，求梯形上、下两底的比CD：AB．
【解答】解：如图，连接SC、PB，
（1）证明：∵ABCD是等腰梯形，
∴AD＝BC，
又∵AC、BD相交于O，
∴AO＝BO，OC＝OD，
∵∠ACD＝60°，
∴△OCD和△OAB是等边三角形，
∵S是OD的中点，
∴CS⊥DO，
在RT△BSC中，Q为BC的中点，SQ是斜边BC的中线，
∴SQ=12BC．
同理BP⊥AC，在RT△BPC中，PQ=12BC，
又SP是△OAD的中位线，
∴SP＝SQ＝PQ，
∴△SPQ是等边三角形；
（2）∵AB＝5，CD＝3，
∴可得：CS=332，SB=132，
∴BC＝7，
∴PS＝PQ＝SQ=72，
∴S△PQS=49316；
（3）设CD＝a，AB＝b（a＜b），
BC2＝SC2+BS2=(32a)2+(b+a2)2=a2+b2+ab，
∴S△SPQ=316（a2+ab+b2），
又 S△PQSS△AOD=78，
∴8×316（a2+ab+b2）＝7×34ab，
即2a2﹣5ab+2b2＝0，
化简得 ab=12，
故CDAB=12．