第10讲 四边形的综合问题（讲练）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（广东专用）

模块四 四边形 第10讲 四边形的综合问题 （思维导图+2考点+5种题型） 试卷第1页，共3页 17 / 36 学科网（北京）股份有限公司 中考考点 命题预测 四边形 本考点内容是广东中考年年的考查重点，并且在选择、填空题中考查多边形的内角和、平行四边形性质和判定、与三角形中位线有关计算的可能性比较大，中考数学中，对平行四边形的单独考察难度一般不大，一般和三角形全等、解直角三角形综合应用的可能性比较大，对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。本考点知识还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，预计2025年广东中考还将继续着重考查四边形相关知识。 考点一 四边形的性质与判定的综合 题型01 平行四边形性质与判定 1．（2019•广州）如图，▱ABCD中，AB＝2，AD＝4，对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，则下列说法正确的是（　　） A．EH＝HG B．四边形EFGH是平行四边形 C．AC⊥BD D．△ABO的面积是△EFO的面积的2倍 【分析】根据题意和图形，可以判断各个选项中的结论是否成立，本题得以解决． 【解答】解：∵E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，在▱ABCD中，AB＝2，AD＝4， ∴EHAD＝2，HGAB＝1， ∴EH≠HG，故选项A错误； ∵E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点， ∴EH， ∴四边形EFGH是平行四边形，故选项B正确； 由题目中的条件，无法判断AC和BD是否垂直，故选项C错误； ∵点E、F分别为OA和OB的中点， ∴EF，EF∥AB， ∴△OEF∽△OAB， ∴， 即△ABO的面积是△EFO的面积的4倍，故选项D错误， 故选：B． 1．在中，，平分，点G是的中点，点F是上一点，，延长交的延长线于点E，连接． (1)证明：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)的长为4 【分析】（1）证明，得到，即可得证； （2）根据平行四边形的性质，得到，进而得到，结合，求出的长，进而求出的长，利用求出的长，再用即可得解． 【详解】（1）证明：∵平分，点G是的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∴， 设，则：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形．掌握并能够灵活运用相关知识点，是解题的关键． 题型02 矩形性质和判定的综合问题 1．（2019•广州）如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则AC的长为（　　） A．4 B．4 C．10 D．8 【分析】连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA＝OC，AE＝CE，证明△AOF≌△COE得出AF＝CE＝5，得出AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝8，由勾股定理求出AB4，再由勾股定理求出AC即可． 【解答】解：连接AE，如图： ∵EF是AC的垂直平分线， ∴OA＝OC，AE＝CE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°，AD∥BC， ∴∠OAF＝∠OCE， 在△AOF和△COE中，， ∴△AOF≌△COE（ASA）， ∴AF＝CE＝5， ∴AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝3+5＝8， ∴AB4， ∴AC4； 故选：A． 2．（2020•广州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值． 【解答】解：∵AB＝6，BC＝8， ∴矩形ABCD的面积为48，AC10， ∴AO＝DOAC＝5， ∵对角线AC，BD交于点O， ∴△AOD的面积为12， ∵EO⊥AO，EF⊥DO， ∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即12AO×EODO×EF， ∴125×EO5×EF， ∴5（EO+EF）＝24， ∴EO+EF， 故选：C． 1．如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用余切函数即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵，故D正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等知识点，求出是解答本题的关键． 2．综合与实践 【动手操作】如图①，四边形ABCD是一张矩形纸片，，．先将矩形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为MN，沿MN剪开得到两个矩形．矩形AMND保持不动，将矩形MBCN绕点M逆时针旋转，点N的对应点为． 【探究发现】（1）如图②，当点C与点D重合时，交AD于点E，BC交MN于点F，此时两个矩形重叠部分四边形MEDF的形状是______，面积是______； （2）如图③，当点N'落在AD边上时，BC恰好经过点N，与DN交于点G，求两个矩形重叠部分四边形的面积； 【引申探究】（3）当点落在矩形的对角线MD所在的直线上时，直线与直线DN交于点G，请直接写出线段DG的长． 【答案】（1）菱形，（2）（3） 【分析】（1）先证△BFM≌△NFD，可得MF=FD，同理可证ME=ED，再证△BFM≌△AEM，可得ME=MF，即有ME=ED=DF=MF，则可知四边形MEDF是菱形；由AD=AE+ED=5，AM=3，DE=ME，即ED=5-AE=ME，在Rt△AEM中，，即可得，解得：，进而求出ED，则菱形的面积可求； （2）先求出，进而求出，再证明即可求解； （3）分两种情况讨论，第一种当点在线段MD上时，第二种情况当点在DM的延长线上时，两种情况均是先先利用勾股定理求出MD，进而求出，再证明即可求解． 【详解】（1）根据题意有AM=BM=AB=DC=DN=NC=3， ∵在矩形AMND和矩形MBCN′中，∠B=∠N=90°=∠A， ∵∠BFM=∠NFD， ∴△BFM≌△NFD， ∴MF=FD， 同理可证ME=ED， ∵∠AME+∠EMF=∠AMN=90°=∠EMB=∠EMF+∠BMF， ∴∠AME=∠BMF， ∴结合∠B=∠A，AM=MB可得△BFM≌△AEM， ∴ME=MF， ∴ME=ED=DF=MF， ∴四边形MEDF是菱形， ∵AD=AE+ED=5，AM=3，DE=ME， 即ED=5-AE=ME， ∴在Rt△AEM中，， ∴，解得：， ∴ED=5-AE=， ∴菱形MEDF的面积为， 故答案为：菱形，； （2）由折叠得，， ∴在中，． ∴． 由题知， ∴，， ∴， ∴． ∴，即，解得． ∴． （3）如图， 第一种当点在线段MD上时 ∵AD=5，AM=3， ∴在Rt△ADM中，， ∵BC=AD==5， ∴， 根据矩形的性质可知∠AMD=∠MDG，∠A==∠90°， ∴， ∴，即：， 第二种情况当点在DM的延长线上时， 如图： 同理可求得， 综上所述：DG为． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 题型03 菱形性质与判定的综合问题 1．（2022•广东）菱形的边长为5，则它的周长是 　 　 ． 【分析】根据菱形的性质即可解决问题； 【解答】解：∵菱形的四边相等，边长为5， ∴菱形的周长为5×4＝20， 故答案为20． 2．（2024•广东）如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点．若△BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为 　10　 ． 【分析】连接BD，因为E是AB的中点，所以S△AEDS△ABDS菱形ABCD＝6，S△BEC＝S△AED＝6，根据S△BEF＝4，可得FCBC，故S△DFCS△BCD＝4，故S阴影＝S菱形ABCD﹣S△AED﹣S△BEF﹣S△DFC＝24﹣6﹣4﹣4＝10． 【解答】解：连接BD， ∵E是AB的中点， ∴S△AEDS△ABDS菱形ABCD＝6， 连接EC， 同理可得S△BEC＝S△AED＝6， ∵S△BEF＝4， ∴S△BEFS△BEC， ∴FCBC， ∴S△DFCS△BCDS菱形ABCD＝4， ∴S阴影＝S菱形ABCD﹣S△AED﹣S△BEF﹣S△DFC＝24﹣6﹣4﹣4＝10． 故答案为：10． 3．（2018•广州）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是　 　 ． 【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标． 【解答】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上， ∴AB＝5， ∴AD＝5， ∴由勾股定理知：OD4， ∴点C的坐标是：（﹣5，4）． 故答案为：（﹣5，4）． 1．如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点P，连接，过点P作直线，交OB于点E，过点P作直线，交于点F．若，，则四边形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过P作于M，再判定四边形为平行四边形，再根据勾股定理求出边和高，最后求出面积． 【详解】解：过P作于M，    由作图得：平分， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴， 设， 在中，， 即：， 解得：， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的判定定理，勾股定理及平行四边形的面积公式是解题的关键． 2．如图，菱形中，点P在对角线上，过点P分别作的平行线交于点． (1)求证：； (2)连结，若，判断与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，正确地找出辅助线是解题的关键． （1）根据菱形的性质得到，求得，根据平行四边形的性质得到四边形是平行四边形，，求得，于是得到； （2）根据菱形的性质得到，求得，连接，根据全等三角形的性质得到，根据直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ， ， ， ∴四边形是平行四边形，， ， ， ， ； （2）解：． 理由：∵四边形是菱形，， ， ， ， ， ， 连接， ， ， ， ， ， ， ， ． 题型04 正方形的性质与判定的综合问题 1．（2017•广东）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边的中点，DE与AC相交于点F，连接BF，下列结论：①S△ABF＝S△ADF；②S△CDF＝4S△CEF；③S△ADF＝2S△CEF；④S△ADF＝2S△CDF，其中正确的是（　　） A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【分析】由△AFD≌△AFB，即可推出S△ABF＝S△ADF，故①正确，由BE＝ECBCAD，AD∥EC，推出，可得S△CDF＝2S△CEF，S△ADF＝4S△CEF，S△ADF＝2S△CDF，故②③错误④正确，由此即可判断． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥CB，AD＝BC＝AB，∠FAD＝∠FAB， 在△AFD和△AFB中， ， ∴△AFD≌△AFB， ∴S△ABF＝S△ADF，故①正确， ∵BE＝ECBCAD，AD∥EC， ∴， ∴S△CDF＝2S△CEF，S△ADF＝4S△CEF，S△ADF＝2S△CDF， 故②③错误④正确， 故选：C． 2．（2022•广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（　　） A． B． C．2 D． 【分析】连接EF，由正方形ABCD的面积为3，CE＝1，可得DE1，tan∠EBC，即得∠EBC＝30°，又BF平分∠ABE，可得∠ABF∠ABE＝30°，故AF1，DF＝AD﹣AF1，可知EFDE（1），而M，N分别是BE，BF的中点，即得MNEF． 【解答】解：连接EF，如图： ∵正方形ABCD的面积为3， ∴AB＝BC＝CD＝AD， ∵CE＝1， ∴DE1，tan∠EBC， ∴∠EBC＝30°， ∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝60°， ∵BF平分∠ABE， ∴∠ABF∠ABE＝30°， 在Rt△ABF中，AF1， ∴DF＝AD﹣AF1， ∴DE＝DF，△DEF是等腰直角三角形， ∴EFDE（1）， ∵M，N分别是BE，BF的中点， ∴MN是△BEF的中位线， ∴MNEF． 故选：D． 3．（2023•广东）综合与实践 主题：制作无盖正方体形纸盒． 素材：一张正方形纸板． 步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形； 步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒． 猜想与证明：（1）直接写出纸板上∠ABC与纸盒上∠A1B1C1的大小关系； （2）证明（1）中你发现的结论． 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质即可求解； （2）根据勾股定理和勾股定理的逆定理和正方形的性质即可求解． 【解答】解：（1）∠ABC＝∠A1B1C1； （2）∵A1B1为正方形对角线， ∴∠A1B1C1＝45°， 设每个方格的边长为1， 则AB， AC＝BC， ∵AC2+BC2＝AB2， ∴由勾股定理的逆定理得△ABC是等腰直角三角形， ∴∠ABC＝45°， ∴∠ABC＝∠A1B1C1． 1．如图，正方形中，，点E在边上，是的中点，点H在边上，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先过点作，连接数、，延长到点，使，连接，根据可得，利用可证，再利用可证，从而可得，利用勾股定理可得，利用梯形中位线定理可以求出，根据可证，根据相似三角形对应边成比例可以求出的值． 【详解】解：如下图所示，过点作，连接数、，延长到点，使，连接， 四边形是正方形，， ，， ， ，， ， ，， ， ， 在和中， ， ，， ， ， 在和中， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得：， ， ， 点是的中点， 是梯形的中位线，                                       ，， ， ， 又， ， ， ， 解得：． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、梯形的中位线定理等知识，掌握相关知识点是解题关键． 2．在边长为的正方形中，点在边上（不与点，重合），射线与射线交于点． (1)若，求的长． (2)求证：． (3)以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点．若，求的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）证明，利用相似三角形的对应边成比例求解； （2）证明，利用相似三角形的对应边成比例证明； （3）设，则，，在中，利用勾股定理求解． 【详解】（1）解：由题知，， 若，则． 四边形是正方形， ， 又， ， ， 即， ． （2）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ． （3）解：设， 则，． 在中，， 即， 解得． ． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用，正方形的性质等，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 3．如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．    (1)求证：． (2)判断与是否垂直，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)与垂直，理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可； （2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为矩形，最后根据矩形的性质解答即可． 【详解】（1）解：在正方形中， ∴， ∴． （2）与垂直，理由如下． 连接交于点． ∵为正方形的对角线， ∴， 又∵， ∴， ∴． 在正方形中，， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． 考点二 四边形性质的综合应用 题型05 四边形性质的综合应用 1．（2023•广州）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF． （1）若∠ABE＝15°，求证：△ABF是等边三角形； （2）延长FA，交射线BE于点G． ①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由； ②若，求△BGF面积的最大值，并求此时AE的长． 【分析】（1）由轴对称的性质得到BF＝BC，根据正方形的性质得到∠ABC＝90°，求得∠CBE＝75°，根据轴对称的性质得到∠FBE＝∠CBE＝75°，根据等边三角形的判定定理即可得到结论； （2）①根据轴对称的性质得到BC＝BF，根据正方形的性质得到BC＝AB，得到BA＜BE＜BG，推出点B不可能是等腰三角形BGF顶角的顶点，若点F是等腰三角形BGF顶角的顶点，则有∠FGB＝∠FBG＝∠CBG，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下GF＝GB了，连接CG交AD于H，根据全等三角形的性质得到FG＝CG，得到△BGF为等腰三角形，根据平行线的性质得到∠AHG＝∠BCG，求得∠BGF＝∠BGC45°，根据等腰三角形的性质得到∠GBC＝∠GCB（180°﹣∠BGC）＝67.5°，于是得到∠ABE＝∠ABC﹣∠GBC＝90°﹣67.5°＝22.5°； ②由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，在△GBC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，设AB＝2x，则AC＝2x，根据直角三角形的性质得到GMx，MNx，推出PG≤GM+MN＝（）x，当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设PG与AD交于Q，则四边形ABPQ是矩形，根据矩形的性质得到AQ＝PB＝x，PQ＝AB＝2x，求得QM＝MP＝x，GMx，于是得到结论． 【解答】（1）证明：由轴对称的性质得到BF＝BC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°， ∵∠ABE＝15°， ∴∠CBE＝75°， ∵BC关于BE对称的线段为BF， ∴∠FBE＝∠CBE＝75°， ∴∠ABF＝∠FBE﹣∠ABE＝60°， ∴△ABF是等边三角形； （2）解：①能， ∵边BC关于BE对称的线段为BF， ∴BC＝BF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝AB， ∴BF＝BC＝BA， ∵E是边AD上一动点， ∴BA＜BE＜BG， ∴点B不可能是等腰三角形BGF的顶点， 若点F是等腰三角形BGF的顶点， 则有∠FGB＝∠FBG＝∠CBG， 此时E与D重合，不合题意， ∴只剩下GF＝GB了， 连接CG交AD于H，如图1， ∵BC＝BF，∠CBG＝∠FBG，BG＝BG， ∴△CBG≌△FBG（SAS）， ∴FG＝CG， ∵BA＝BC＝BF， ∴∠BFA＝∠BAF， ∵△CBG≌△FBG， ∴∠BFG＝∠BCG， ∵AD∥BC， ∴∠AHG＝∠BCG， ∴∠BAF+∠HAG＝∠AHG+∠HAG＝180°﹣∠BAD＝90°， ∴∠FGC＝180°﹣∠HAG﹣∠AHG＝90°， ∴∠BGF＝∠BGC45°， ∵GB＝GC， ∴∠GBC＝∠GCB（180°﹣∠BGC）＝67.5°， ∴∠ABE＝∠ABC﹣∠GBC＝90°﹣67.5°＝22.5°； ②由①知，△CBG≌△FBG， 要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值， 在△GBC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可， 如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N， 设AB＝2x，则AC＝2x， 由①知∠AGC＝90°，M是AC的中点， ∴GMx，MNx， ∴PG≤GM+MN＝（）x， 当G，M，N三点共线时，取等号， ∴△BGF面积的最大值 （1） ； 如图3，设PG与AD交于Q， 则四边形ABPQ是矩形， ∴AQ＝PB＝x，PQ＝AB＝2x， ∴QM＝MP＝x，GMx， ∴QG（）， ∵QE+AE＝AQ＝x， ∴， ∴ ＝2（）x ＝2（）（） ． 另解：∵AB， ∴PBAB， ∵PG， ∵△ABE∽△PGB， ∴， ∴， ∴AE． 2．（2023•深圳）（1）如图1，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，若BE＝BC，过C作CF⊥BE交BE于点F， ①求证：△ABE≌△FCB； ②若S矩形ABCD＝20时，则BE•CF＝　 　 ． （2）如图2，在菱形ABCD中，cosA，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD＝24时，求EF•BC的值． （3）如图3，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，点E在CD上，且CE＝2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF•EG＝7时，请直接写出AG的长． 【分析】（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°，进而证明∠FCB＝∠ABE 结合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB； ②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°，证明△ABE∽△FCB，得出 ，根据S矩形ABCD＝AB•CD＝20，即可求解； （2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB＝BC，根据已知条件得出 ，证明△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解； （3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM 于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出 MG＝7，根据 tan∠MEH＝tan∠HGE，得出 HE2＝HM•HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过 点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据 tan∠FEH＝tan∠M得出 EH2＝FH•HM，建立方程，解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得 ，而 ，得出矛盾，则此情况不存在；当G点在CD边上时，过G点作GH⊥AD交AD的延长线于点H，再由勾股定理求AG的长即可． 【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A＝∠ABC＝90°， ∴∠ABE+∠CBF＝90°， 又∵CF⊥BC， ∴∠FCB+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°， ∴∠FCB＝∠ABE， 又∵BC＝BE， ∴△ABE≌△FCB（AAS）； ②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°， ∴△ABE∽△FCB． ∴， 又∵S矩形ABCD＝AB•CD＝20， ∴BE•CF＝AB•BC＝20， （2）∵在菱形ABCD中，， ∴AD∥BC，AB＝BC，则∠CBE＝∠A， ∵CE⊥AB，∠CEB＝90°， ∴， ∴， ∴， ∵EF⊥AD，CE⊥AB， ∴∠AFE＝∠BEC＝90°， 又∵∠CBE＝∠A， ∴△AFE∽△BEC， ∴， ∴EF•BC＝AE•CEAB×CES菱形ABCD24＝32； （3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作 EH⊥DM于点H， ∵平行四边形ABCD中，AB＝6，CE＝2， ∴CD＝AB＝6， DE＝DC﹣EC＝6﹣2＝4， ∵DM∥FC， ∴△EDM∽△ECF， ∴， 2， ∴S△MGE＝2S△EFG＝EF•EG＝7， 在Rt△DEH 中，∠HDE＝∠A＝60°， 则 ，， ∴， ∴MG＝7， ∵GE⊥EF，EH⊥MG，∠MEH＝90°﹣∠HEG＝∠HGE， ∴tan∠MEH＝tan∠HGE， ∵， ∴HE2＝HM•HG， 设AG＝a，则GD＝AD﹣AG＝5﹣a， GH＝GD+HD＝5﹣a+2＝7﹣a，HM＝GM﹣GH＝7﹣（7﹣a）＝a， （2）2＝a（7﹣a）， 解得：a＝3或a＝4， 即AG＝3或AG＝4， ②当G点在AB边上时，如图所示， 连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形， 设AG＝x，则 DN＝AG＝x，EN＝DE﹣DN＝4﹣x， ∵GN∥CM， ∴△ENG∽△ECM， ∴， ∴， ∴， ∵EF•， ∴， 过点E作EH⊥BC于点H， 在Rt△EHC中，EC＝2，∠ECH＝60°， ∴，CH＝1， ∴， 则 ， ∴， ∴，， ∵∠MEF＝∠EHM＝90°，∠FEH＝90°﹣∠MEH＝∠M， ∴tan∠FEH＝tan∠M， 即 ， ∴EH2＝FH•HM， 即 ， 解得： x2＝8 （舍去）， 即 ； ③当G点在BC边上时，如图所示， 过点B作BT⊥DC于点T， 在Rt△BTC 中，， ， ， EF•EG＝7， ∴， ∵， ∴G点不可能在BC边上， ④当G点在CD上时，EF⊥GE，不符合相交，舍去， 综上所述，AG的长为3或4或 ． 1．【模型建立】 （1）如图1，已知△ABE和△BCD，AB⊥BC，AB＝BC，CD⊥BD，AE⊥BD．用等式写出线段AE，DE，CD的数量关系，并说明理由． 【模型应用】 （2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在对角线BD和边CD上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由． 【模型迁移】 （3）如图3，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点F在边CD的延长线上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）证明△ABE≌△BCD（AAS），即可得出DE+CD＝AE； （2）证明Rt△AEM≌Rt△FEN（HL），即可得出； （3）证明△HAE≌△GEF（AAS），即可得出． 【解答】解：（1）DE+CD＝AE，理由如下： ∵CD⊥BD，AE⊥BD，AB⊥BC， ∴∠ABC＝∠D＝∠AEB＝90°， ∴∠ABE+∠CBD＝∠C+∠CBD＝90°， ∴∠ABE＝∠C， ∵AB＝BC， ∴△ABE≌△BCD（AAS）， ∴BE＝CD，AE＝BD， ∴DE＝BD﹣BE＝AE﹣CD， ∴DE+CD＝AE； （2），理由如下： 过E点作EM⊥AD于点M，过E点作EN⊥CD于点N，如图， ∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线， ∴∠ADB＝∠CDB＝45°，BD平分∠ADC，∠ADC＝90°， ∴， ∴， ∵EN⊥CD，EM⊥AD， ∴EM＝EN， ∵AE＝EF， ∴Rt△AEM≌Rt△FEN（HL）， ∴AM＝NF， ∵EM＝EN，EN⊥CD，EM⊥AD，∠ADC＝90°， ∴四边形EMDN是正方形， ∴ED是正方形EMDN对角线，MD＝ND， ∴，NF＝ND﹣DF＝MD﹣DF， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3），理由如下： 过A点作AH⊥BD于点H，过F点作FG⊥BD，交BD的延长线于点G，如图， ∵AH⊥BD，FG⊥BD，AE⊥EF， ∴∠AHE＝∠G＝∠AEF＝90°， ∴∠AEH+∠HAE＝∠AEH+∠FEG＝90°， ∴∠HAE＝∠FEG， ∵AE＝AF， ∴△HAE≌△GEF（AAS）， ∴HE＝FG， ∵在正方形ABCD中，∠BDC＝45°， ∴∠FDG＝∠BDC＝45°， ∴∠DFG＝45°， ∴△DFG是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵∠ADB＝45°，AH⊥HD， ∴△ADH是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 2．综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动． 【探究发现】 （1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片ABCD翻折，使矩形顶点B的对应点G恰好落在矩形的一边CD上，折痕为EF，将纸片展平，连结BG．EF与BG相交于点H．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【拓展延伸】 （2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，BD是平行四边形纸片ABCD的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点A的对应点G，点C的对应点H都落在对角线BD上，折痕分别是BE和DF．将纸片展平，连结EG，FH，FG．同学们探究后发现，若FG∥CD，那么点G恰好是对角线BD的一个“黄金分割点”，即BG2＝BD•GD．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【分析】（1）作EM⊥BC于点M，证△EMF∽△BCG即可得证； （2）利用平行线分线段比例，然后进行等线段转化即可得证． 【解答】解：（1）正确，理由如下， 作EM⊥BC于点M， ∵EF⊥BG， ∴∠BHF＝90°， ∴∠FBH+∠BFH＝90°． ∵∠EMF＝90°， ∴∠MEF+∠BFH＝90° ∴∠FBH＝∠MEF， 又∵∠EMF＝∠C＝90°， ∴△EMF∽△BCG． ． ∵ABCD是矩形，EM⊥BC， ∴四边形ABME是矩形． ∴AB＝EM． ∴． （2）同学们的发现说法正确，理由如下， ∵CD∥FG， ∴，∠CDF＝∠DFG， 由折叠知∠CDF＝∠BDF， ∴∠DFG＝∠BDF． ∴GD＝GF． ∴， 由平行四边形及折叠知AB＝BG，AB＝CD， ∴， ∴BG2＝BD•GD 即点G为BD的一个黄金分割点． $$ 模块四 四边形 第10讲 四边形的综合问题 （思维导图+2考点+5种题型） 试卷第1页，共3页 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 中考考点 命题预测 四边形 本考点内容是广东中考年年的考查重点，并且在选择、填空题中考查多边形的内角和、平行四边形性质和判定、与三角形中位线有关计算的可能性比较大，中考数学中，对平行四边形的单独考察难度一般不大，一般和三角形全等、解直角三角形综合应用的可能性比较大，对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。本考点知识还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，预计2025年广东中考还将继续着重考查四边形相关知识。 考点一 四边形的性质与判定的综合 题型01 平行四边形性质与判定 1．（2019•广州）如图，▱ABCD中，AB＝2，AD＝4，对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，则下列说法正确的是（　　） A．EH＝HG B．四边形EFGH是平行四边形 C．AC⊥BD D．△ABO的面积是△EFO的面积的2倍 1．在中，，平分，点G是的中点，点F是上一点，，延长交的延长线于点E，连接． (1)证明：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 题型02 矩形性质和判定的综合问题 1．（2019•广州）如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则AC的长为（　　） A．4 B．4 C．10 D．8 2．（2020•广州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（　　） A． B． C． D． 1．如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ）    A． B． C． D． 2．综合与实践 【动手操作】如图①，四边形ABCD是一张矩形纸片，，．先将矩形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为MN，沿MN剪开得到两个矩形．矩形AMND保持不动，将矩形MBCN绕点M逆时针旋转，点N的对应点为． 【探究发现】（1）如图②，当点C与点D重合时，交AD于点E，BC交MN于点F，此时两个矩形重叠部分四边形MEDF的形状是______，面积是______； （2）如图③，当点N'落在AD边上时，BC恰好经过点N，与DN交于点G，求两个矩形重叠部分四边形的面积； 【引申探究】（3）当点落在矩形的对角线MD所在的直线上时，直线与直线DN交于点G，请直接写出线段DG的长． 题型03 菱形性质与判定的综合问题 1．（2022•广东）菱形的边长为5，则它的周长是 　 　 ． 2．（2024•广东）如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点．若△BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为 　10　 ． 3．（2018•广州）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是　 　 ． 1．如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点，分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点P，连接，过点P作直线，交OB于点E，过点P作直线，交于点F．若，，则四边形的面积是（    ）    A． B． C． D． 2．如图，菱形中，点P在对角线上，过点P分别作的平行线交于点． (1)求证：； (2)连结，若，判断与的数量关系，并说明理由． 题型04 正方形的性质与判定的综合问题 1．（2017•广东）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边的中点，DE与AC相交于点F，连接BF，下列结论：①S△ABF＝S△ADF；②S△CDF＝4S△CEF；③S△ADF＝2S△CEF；④S△ADF＝2S△CDF，其中正确的是（　　） A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 2．（2022•广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（　　） A． B． C．2 D． 3．（2023•广东）综合与实践 主题：制作无盖正方体形纸盒． 素材：一张正方形纸板． 步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形； 步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒． 猜想与证明：（1）直接写出纸板上∠ABC与纸盒上∠A1B1C1的大小关系； （2）证明（1）中你发现的结论． 1．如图，正方形中，，点E在边上，是的中点，点H在边上，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 2．在边长为的正方形中，点在边上（不与点，重合），射线与射线交于点． (1)若，求的长． (2)求证：． (3)以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点．若，求的长． 3．如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．    (1)求证：． (2)判断与是否垂直，并说明理由． 考点二 四边形性质的综合应用 题型05 四边形性质的综合应用 1．（2023•广州）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF． （1）若∠ABE＝15°，求证：△ABF是等边三角形； （2）延长FA，交射线BE于点G． ①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由； ②若，求△BGF面积的最大值，并求此时AE的长． 2．（2023•深圳）（1）如图1，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，若BE＝BC，过C作CF⊥BE交BE于点F， ①求证：△ABE≌△FCB； ②若S矩形ABCD＝20时，则BE•CF＝　 　 ． （2）如图2，在菱形ABCD中，cosA，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD＝24时，求EF•BC的值． （3）如图3，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，点E在CD上，且CE＝2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF•EG＝7时，请直接写出AG的长． 1．【模型建立】 （1）如图1，已知△ABE和△BCD，AB⊥BC，AB＝BC，CD⊥BD，AE⊥BD．用等式写出线段AE，DE，CD的数量关系，并说明理由． 【模型应用】 （2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在对角线BD和边CD上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由． 【模型迁移】 （3）如图3，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点F在边CD的延长线上，AE⊥EF，AE＝EF．用等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由． 2．综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动． 【探究发现】 （1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片ABCD翻折，使矩形顶点B的对应点G恰好落在矩形的一边CD上，折痕为EF，将纸片展平，连结BG．EF与BG相交于点H．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【拓展延伸】 （2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，BD是平行四边形纸片ABCD的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点A的对应点G，点C的对应点H都落在对角线BD上，折痕分别是BE和DF．将纸片展平，连结EG，FH，FG．同学们探究后发现，若FG∥CD，那么点G恰好是对角线BD的一个“黄金分割点”，即BG2＝BD•GD．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $$