重难点突破11 四边形压轴综合（17种题型）（解析版）

重难点突破11 四边形压轴综合（17 种题型） 目 录 题型01 利用特殊四边的性质与判定解决多结论问题 题型02 利用特殊四边的性质与判定解决新定义问题 题型03 利用特殊四边的性质与判定解决规律探究 题型04 根据图象运动判断函数关系 题型05 四边形中的动点问题 题型06 四边形折叠与旋转中的角度问题 题型07 四边形折叠与旋转中的线段长度问题 题型08 四边形折叠与旋转中的坐标问题 题型09 四边形折叠与旋转中的周长和面积问题 题型10 四边形折叠与旋转中的最值问题 题型11 四边形中的线段最值问题 题型12 探究四边形中线段存在的数量关系 题型13 探究四边形中线段存在的位置关系 题型14 探究四边形与反比例函数综合运用 题型15 探究四边形与二次函数综合运用 题型16 探究四边形与三角形综合运用 题型17 探究四边形与圆综合运用 题型01 利用特殊四边的性质与判定解决多结论问题 1．（2022·山东东营·统考中考真题）如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC 、BD相交于点，点 M，分别是边BC 、CD上的动点，∠BAC=∠MAN=60°，连接MN 、OM以下四个结论正确的是 （ ） ①△AMN是等边三角形；②MN的最小值是❑ √3；③当MN最小时S△CMN=1 8 S 菱形ABCD；④当OM ⊥BC 时，O A 2=DN ⋅AB ．①②③ B．①②④ ．①③④ D．①②③④ 【答】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∠MAC=∠DAN，然后证 △CAM≌△DAN ( ASA )，M=，即可证出． ②当M 最小值时，即M 为最小值，当AM ⊥BC时，M 值最小，利用勾股定理求出 AM= ❑ √A B 2−B M 2= ❑ √2 2−1 2=❑ √3，即可得到M 的值． ③当M 最小时，点M、分别为B、D 中点，利用三角形中位线定理得到AC ⊥MN，用勾股定理求出 CE= ❑ √C N 2−E N 2= ❑ √1 2−( ❑ √3 2 ) 2 =1 2 ，S△CMN=1 2 × 1 2 ×❑ √3= ❑ √3 4 ，而菱形BD 的面积为： 2×❑ √3=2❑ √3，即可得到答． ④当OM ⊥BC时，可证△OCM ∽△BCO，利用相似三角形对应边成比例可得OC 2=CM ⋅BC，根据 等量代换，最后得到答． 【详解】解：如图：在菱形BD 中，B=B=D=D，AC ⊥BD，=， ∵∠BAC=∠MAN=60°， ∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC与△ADC为等边三角形， 又∠MAC=∠MAN−∠CAN=60°−∠CAN， ∠DAN=∠DAC−∠CAN=60°−∠CAN， ∴∠MAC=∠DAN， 在△CAM与△DAN中 ¿ ∴△CAM≌△DAN ( ASA )， ∴M=， 即△AMN为等边三角形， 故①正确； ∵AC ⊥BD， 当M 最小值时，即M 为最小值，当AM ⊥BC时，M 值最小， ∵AB=2,BM=1 2 BC=1， ∴AM= ❑ √A B 2−B M 2= ❑ √2 2−1 2=❑ √3 即MN=❑ √3， 故②正确； 当M 最小时，点M、分别为B、D 中点， ∴MN ∥BD， ∴AC ⊥MN， 在△CMN中， CE= ❑ √C N 2−E N 2= ❑ √1 2−( ❑ √3 2 ) 2 =1 2 ， ∴S△CMN=1 2 × 1 2 ×❑ √3= ❑ √3 4 ， 而菱形BD 的面积为：2×❑ √3=2❑ √3， ∴1 8 ×2❑ √3= ❑ √3 4 ， 故③正确， 当OM ⊥BC时， ¿ ∴△OCM ∽△BCO ∴OC BC =CM OC ∴OC 2=CM ⋅BC ∴O A 2=DN ⋅AB 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． 2．（2020·内蒙古·中考真题）如图，在Rt △ABC中，∠ACB=90°，BC> AC，按以下步骤作图： （1）分别以点A ,B为圆心，以大于1 2 AB的长为半径作弧，两弧相交于M , N两点（点M 在AB的上方）； （2）作直线MN交AB于点，交BC于点D；（3）用圆规在射线OM上截取OE=OD．连接AD , AE ,BE， 过点作OF ⊥AC，垂足为F，交AD于点G．下列结论： ①CD=2GF；②B D 2−C D 2=A C 2；③S△BOE=2S△AOG；④若AC=6,OF+OA=9，则四边形ADBE 的周长为25．其中正确的结论有（ ） ．1 个 B．2 个 ．3 个 D．4 个 【答】D 【分析】证明四边形DBE 是菱形，推出FG 是△D 的中位线，即可得到CD=2GF，由此判断①；根据菱 形的性质得到D=BD，再利用Rt△D 得到A D 2−C D 2=A C 2，即可判断②；根据FG 是△D 的中位线，证 得S△AOD=2S△AOG，即可判断③；设=x，则F=9-x，根据O A 2=O F 2+ A F 2，求出=5 得到B=10，B=8， 再根据B D 2−C D 2=A C 2，求出BD=25 4 ，即可判断④ 【详解】由题意知：M 垂直平分B， ∴=B，ED⊥B， ∵D=E， ∴四边形DBE 是菱形， ∵OF ⊥AC，∠ACB=90°， ∴F∥B，F=F， ∴FG 是△D 的中位线， ∴CD=2GF，故①正确； ∵四边形DBE 是菱形， ∴D=BD， 在Rt△D 中，A D 2−C D 2=A C 2, ∴ B D 2−C D 2=A C 2，故②正确； ∵FG 是△D 的中位线， ∴点G 是D 的中点， ∴S△AOD=2S△AOG， ∵S△AOD=S△BOE， ∴S△BOE=2S△AOG，故③正确； ∵=6， ∴F=3， 设=x，则F=9-x， ∵O A 2=O F 2+ A F 2， ∴x 2=(9−x) 2+3 2， 解得x=5， ∴B=10， ∴B=8， ∵B D 2−C D 2=A C 2， ∴B D 2−(8−BD) 2=6 2， 解得BD=25 4 ， ∴四边形ADBE的周长为25 4 ×4=25 故选：D 【点睛】此题考查了线段垂直平分线的作图方法，菱形的判定及性质定理，勾股定理，三角形的中位线的 判定及性质，三角形中线的性质，这是一道四边形的综合题 3．（2023·山东日照·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P 在对角线BD上，过 点P 作MN ⊥BD，交边AD，BC于点M，，过点M 作ME⊥AD交BD于点E，连接EN ，BM ，DN． 下列结论：①EM=EN；②四边形MBND的面积不变；③当AM : MD=1:2时，S△MPE=96 25 ；④ BM +MN +ND的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ． 【答】②③④ 【分析】根据等腰三角形的三线合一可知MP=PN，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出BD=10， MN=15 2 ，，利用S四边形MBND=1 2 MN ×BD判断②；根据相似可以得到S△MPE S△DAB =( ME BD ) 2 ，判断③；利用 将军饮马问题求出最小值判断④． 【详解】解：∵EM=EN，MN ⊥BD， ∴MP=PN， 在点P 移动过程中，不一定MP=PN， 相矛盾， 故①不正确； 延长ME交BC于点, 则ABHM为矩形， ∴BD= ❑ √A B 2+ A D 2= ❑ √6 2+8 2=10 ∵ME⊥AD，MN ⊥BD， ∴∠MED+∠MDE=∠MEP+∠EMN=90°， ∴∠MDE=∠EMN， ∴△MHN ∽△DAB， ∴MH AD = HN AB = MN BD ， 即6 8= HN 6 = MN 10 ， 解得：HN=9 2 ，MN=15 2 ， ∴S四边形MBND=S△BMN+S△DMN=1 2 MN ×BP+ 1 2 MN × DP=1 2 MN ×BD=1 2 × 15 2 ×10=75 2 故②正确； ∵ME∥AB， ∴△DME∽△DAB， ∴ME AB = MD AD =2 3， ∴ME=4， ∵∠MDE=∠EMN，∠MPE=∠A=90°， ∴△MPE∽△DAB， ∴S△MPE S△DAB =( ME BD ) 2 = 4 25， ∴S△MPE= 4 25 S△DAB= 4 25 × 1 2 ×6×8=96 25， 故③正确， BM +MN +ND=BM +ND+ 15 2 ， 即当MB+ND 最小时， BM +MN +ND的最小值，作B、D 关于AD 、BC的对称点B1、D1, 把图1中的C D1向上平移到图2 位置，使得CD=9 2，连接B1 D1，即B1 D1为MB+ND的最小值，则 AC=B D1=7 2，B B1=12, 这时B1 D1= ❑ √B D1 2+B B1 2=❑ √( 7 2) 2 +12 2=25 2 ， 即BM +MN +ND的最小值是20， 故④正确； 故答为：②③④ 【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题 的关键． 4．（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，正方形ABCD中，点E，F 分别是边AB ,BC上的两个动点， 且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2 倍，连接DE , DF分别与对角线AC交于点M，．给出如下几个 结论：①若AE=2,CF=3，则EF=4；②∠EFN +∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，则MN=4； ④若MN AM =2,BE=3，则EF=4．其中正确结论的序号为 ． 【答】② 【分析】根据已知条件可得EF=AE+FC，即可判断①，进而推出∠EDF=45°，导角可得②正确，作 DG⊥EF于点G，连接GM ,GN，证明△GMN是直角三角形，勾股定理验证③，证明 ∠BEF=∠MNG=30°，即可判断④求解． 【详解】解：∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2 倍， ∴BE+BF+EF=AB+BC， ∴ EF=AE+FC， ①若AE=2,CF=3，则EF=5，故①不正确； 如图，在BA的延长线上取点H，使得AH=CF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAH=∠DAE=∠DCF=90°，AD=CD， ∴△ADH ≌△CDF， ∴∠CDF=∠ADH，HD=DF，∠H=∠DFC， ∵EF=AE+CF=AE+ AH=EH，DE=DE， ∴△DHE≌△DFE (SSS)， ∴∠HDE=∠FDE，∠H=∠EFD，∠HED=∠FED， ∵∠CDF+∠ADF=∠ADH +∠ADF=∠HDF=90°， ∴∠EDF=∠HDE=45°， ∵ ∠H=∠DFC=∠DFE， ∵ ∠EMN=∠HED+∠EAM=45°+∠≝¿， ∴∠EFN +∠EMN=∠DFC+45°+∠≝¿∠DFC+∠EDF+∠≝¿180° 即∠EFN +∠EMN=180°，故②正确； 如图，作DG⊥EF于点G，连接GM ,GN， 则∠DGE=∠DAE=90°， ∵∠AED=∠GED，DE=DE， ∴△AED≌△GED， 同理可得△GDF ≌△CDF， ∴AD=DG=CD，∠ADE=∠GDE ,∠GDF=∠CDF， ∴A ,G关于DE对称轴，C ,G关于DF对称， ∴GM=AM ,GN=CN， ∠EGM=∠EAM=45° ,∠NGF=∠NCF=45°， ∴∠MGN=180°−45°−45°=90°， ∴△GMN是直角三角形， ③若AM=2,CN=3， ∴ GM=2,GN=3， ∴MN= ❑ √M G 2+G N 2=❑ √13≠4，故③不正确， ∵ MG=AM， 若MN AM =2,BE=3， 即sin∠MNG=¿ MG MN =1 2， ∴∠MNG=30°， ∵ ∠EFN +∠EMN=180°，∠EMN +∠AME=180°， 又∠CFN=∠EFN， ∴∠AME=∠CFN， ∴2∠AEM=2∠CFN， 即∠AMG=∠CFG， ∴∠GMN=∠BFE， ∴∠BEF=∠MNG=30°， ∴cos∠BEF= BE EF =cos∠GNM=cos30°= ❑ √3 2 ， ∵BE=3， ∴EF=2BE ❑ √3 =2❑ √3， 故④不正确． 故答为：②． 【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上 知识是解题的关键． 5．（2022·广西玉林·统考中考真题）如图，点在双曲线y= k x (k>0, x>0)上，点B 在直线 y=mx−2b(m>0,b>0)上，与B 关于x 轴对称，直线l 与y 轴交于点，当四边形AOCB是菱形时，有以 下结论： ①A(b,❑ √3b) ②当b=2时，k=4 ❑ √3 ③m= ❑ √3 3 ④S四边形AOCB=2b 2 则所有正确结论的序号是 ． 【答】②③ 【分析】根据一次函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理即可求出A(❑ √3b,b)，即可判断① 错误；根据反比例函图象上的点的特征即可求出k=❑ √3b 2，当b=2时，即可求出k 的值，即可判断②正确； 将点B(❑ √3b,b)代入直线y=mx−2b(m>0,b>0)，即可求出m 的值，即可判断③正确；再根据底乘高 即可计算S四边形AOCB，继而判断④错误． 【详解】∵直线y=mx−2b(m>0,b>0)， ∴当x=0时，y=−2b， ∴C(0,−2b)， ∴OC=2b， ∵四边形AOCB是菱形， ∴OC=OA=AB=2b， ∵与B 关于x 轴对称，设B 交x 轴于点D， ∴AD=BD=b ∴在Rt △AOD中，OD= ❑ √O A 2−A D 2=❑ √3b， ∴A(❑ √3b,b)，故①错误； ∵ A(❑ √3b,b)在双曲线y= k x (k>0, x>0)上， ∴b= k ❑ √3b， ∴k=❑ √3b 2， 当b=2时，k=4 ❑ √3，故②正确； ∵OD=❑ √3b,BD=b， ∴B(❑ √3b,b)， ∵点B 在直线y=mx−2b(m>0,b>0)上， ∴❑ √3mb−2b=−b， ∴❑ √3mb=b， ∴m= ❑ √3 3 ，故③正确； S四边形AOCB=AB⋅OD=2b⋅❑ √3b=2❑ √3b 2，故④错误； 综上，正确结论的序号是②③， 故答为：②③． 【点睛】本题考查了一次函数图象上的点的坐标特征、反比例函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及 勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键． 6．（2022·四川达州·统考中考真题）如图，在边长为2 的正方形ABCD中，点E，F 分别为AD，CD边上 的动点（不与端点重合），连接BE，BF，分别交对角线AC于点P，Q．点E，F 在运动过程中，始终保 持∠EBF=45°，连接EF，PF，PD．以下结论：①PB=PD；②∠EFD=2∠FBC；③ PQ=PA+CQ；④△BPF为等腰直角三角形；⑤若过点B 作BH ⊥EF，垂足为，连接DH，则DH的最 小值为2❑ √2−2．其中所有正确结论的序号是 ． 【答】①②④⑤ 【分析】连接BD，延长D 到M，使M=F，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即 可判断①正确；通过证明△BCF ≅△BAM (SAS)，△EBF ≅△EBM (SAS)，可证明②正确；作 ∠CBN=∠ABP，交的延长线于K，在BK 上截取B=BP，连接，通过证明△ABP≅△CBN，可判断③ 错误；通过证明△BQP∼△CQF，△BCQ∼△PFQ，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点 B、、D 三点共线时，D 的值最小，分别求解即可判断⑤正确． 【详解】 如图1，连接BD，延长D 到M，使M=F，连接BM， ∵四边形BD 是正方形， ∴AC垂直平分BD，BA=BC ,∠BCF=90°=∠BAD=∠ABC， ∴PB=PD，∠BCF=∠BAM，∠FBC=90°−∠BFC，故①正确； ∴△BCF ≅△BAM (SAS)， ∴∠CBF=∠ABM ,BF=BM ,∠M=∠BFC， ∵∠EBF=45°， ∴∠ABE+∠CBF=45°， ∴∠ABE+∠ABM=45°， 即∠EBM=∠EBF， ∵BE=BE， ∴△EBF ≅△EBM (SAS)， ∴∠M=∠EFB ,∠MEB=∠FEB， ∴∠EFB=∠CFB， ∴∠EFD=180°−(∠EFB+∠CFB)=180°−2∠BFC， ∴ ∠EFD=2∠FBC，故②正确； 如图2，作∠CBN=∠ABP，交的延长线于K，在BK 上截取B=BP，连接， ∴△ABP≅△CBN， ∴∠BAP=∠BCN=45°， ∵∠ACB=45°， ∴∠NCK=90°， ∴∠CNK ≠∠K，即CN ≠CK， ∴PQ≠PA+CQ，故③错误； 如图1， ∵四边形BD 是正方形， ∴∠EBF=∠BCP=∠FCP=45°， ∵∠BQP=∠CQF， ∴△BQP∼△CQF， ∴BQ CQ = PQ FQ ， ∵∠BQC=∠PQF， ∴△BCQ∼△PFQ， ∴∠BCQ=∠PFQ=45°， ∴∠PBF=∠PFB=45°， ∴∠BPF=90°， ∴ △BPF为等腰直角三角形，故④正确； 如图1，当点B、、D 三点共线时，D 的值最小， ∴BD= ❑ √2 2+2 2=2❑ √2， ∵∠BAE=∠BHE=90° ,BE=BE， ∴△BAE≅△BHE( AAS)， ∴BA=BH=2， ∴DH=BD−BH=2❑ √2−2，故⑤正确； 故答为：①②④⑤． 【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判 定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键． 题型02 利用特殊四边的性质与判定解决新定义问题 7．（2021·湖南岳阳·统考中考真题）定义：我们将顶点的横坐标和纵坐标互为相反数的二次函数称为“互 异二次函数”．如图，在正方形OABC中，点A (0,2)，点C (2,0)，则互异二次函数y=(x−m) 2−m与正方 形OABC有交点时m的最大值和最小值分别是（ ） ．4，-1 B．5−❑ √17 2 ，-1 ．4，0 D．5+❑ √17 2 ，-1 【答】D 【分析】分别讨论当对称轴位于y 轴左侧、位于y 轴与正方形对称轴x=1 之间、位于直线x=1 和x=2 之间、 位于直线x=2 右侧共四种情况，列出它们有交点时满足的条件，得到关于m