专题17 与四边形有关的压轴题-三年（2020-2022）中考数学真题分项汇编（山东专用）

专题17 与四边形有关的压轴题 一、单选题 1．（2022·山东东营·中考真题）如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（    ） ①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，. A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出，然后证，AM=AN，即可证出． ②当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值． ③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面积为：，即可得到答案． ④当时，可证，利用相似三角形对应边成比例可得，根据等量代换，最后得到答案． 【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC， ∵， ∴，与为等边三角形， 又， ， ∴， 在与中 ∴， ∴AM=AN， 即为等边三角形， 故①正确； ∵， 当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小， ∵， ∴ 即， 故②正确； 当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点， ∴， ∴， 在中， ， ∴， 而菱形ABCD的面积为：， ∴， 故③正确， 当时， ∴ ∴ ∴ ∴ 故④正确； 故选：D． 【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 二、解答题 2．（2021·山东日照·中考真题）问题背景： 如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点． 实验探究： （1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______． （2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由． 拓展延伸： 在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______． 【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或 【分析】（1）通过证明，可得，，即可求解； （2）通过证明，可得，，即可求解； 拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解． 【详解】解：（1）如图1，，，， ， 如图2，设与交于点，与交于点， 绕点按逆时针方向旋转， ， ， ，， 又， ， 直线与所夹锐角的度数为， 故答案为：，； （2）结论仍然成立， 理由如下：如图3，设与交于点，与交于点， 将绕点按逆时针方向旋转， ， 又， ， ，， 又， ， 直线与所夹锐角的度数为． 拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于， ，，点是边的中点，， ，，， ，， ， 、、三点共线， ， ， ， ， 由（2）可得：， ， ， 的面积； 如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于， 同理可求：的面积； 故答案为：或． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 3．（2021·山东淄博·中考真题）已知：在正方形的边上任取一点，连接，一条与垂直的直线（垂足为点）沿方向，从点开始向下平移，交边于点． （1）当直线经过正方形的顶点时，如图1所示．求证：； （2）当直线经过的中点时，与对角线交于点，连接，如图2所示．求的度数； （3）直线继续向下平移，当点恰好落在对角线上时，交边于点，如图3所示．设，求与之间的关系式． 【答案】（1）见详解；（2）；（3） 【分析】（1）由题意易得，进而可得，则有，然后问题可求证； （2）连接AQ，过点Q作QM⊥AD于点M，并延长MQ，交BC于点N，由题意易得AQ=FQ，∠ADB=45°，则有QM=MD，进而可得证，然后可得，则问题可求解； （3）过点D作DH∥EG，交AB于点H，由题意易证四边形HEGD是平行四边形，则有，进而可得，然后可得，则问题可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵AF⊥ED， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接AQ，过点Q作QM⊥AD于点M，并延长MQ，交BC于点N，如图所示： ∵点P是AF的中点，AF⊥EQ， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形MNCD是矩形，△MDQ是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， ∴； （3）过点D作DH∥EG，交AB于点H，如图所示： ∴四边形HEGD是平行四边形， ∴， ∵AF⊥EG， ∴AF⊥HD， 由（1）中结论可得， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴与之间的关系式为． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的性质与