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2026徐州专版中考数学
提升训练6　特殊四边形综合问题
1.(2025·徐州沛县期末)如图,四边形ABCD为一张长方形纸片,点E、F分别为AB、CD边上一点,将这张纸片ABCD沿EF折叠,使点B、C分别落在点M、N的位置,BC的对应边MN与CD交于点G,若∠BEF=α,则∠FGN的度数为(　　)
A.α B.90°-α
C.α-90° D.2α-90°
2.如图,P是 ABCD内的任意一点,连接PA、PB、PC、PD,得到△PAB、△PBC、△PCD、△PDA,设它们的面积分别是S1、S2、S3、S4,给出如下结论:①S1+S3=S2+S4;②若S3=2S1,则S2=2S4;③若S1+S3=5,则 ABCD的面积为10;④S1+S2=S3+S4.其中正确的是(　　)
A.①③ B.②③
C.①② D.②④
3.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2,动点P从点A出发向终点D运动,连接BP,并过点C作CH⊥BP,垂足为H,给出下列结论:①△ABP∽△HCB;②AH的最小值为;③在运动过程中,点H的运动路径的长为.其中正确的是(　　)
A.①②③ B.①② C.②③ D.①③
4.(2025·徐州云龙月考)如图,菱形ABCD的周长为20,面积为24,P是对角线BD上一点,分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF,则PE+PF=________.
5.(2024·南京鼓楼三模)如图,在平面直角坐标系中,边长为2的菱形ABCD的顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上移动,∠ABC=60°,则OC的最大值是________.
6.(2025·徐州云龙月考)如图,在矩形ABCD中,AB=3 cm,BC=6 cm.点P从点D出发向点A运动,运动到点A即停止;同时,点Q从点B出发向点C运动,运动到点C即停止.点P、Q的运动速度都是1 cm/s.连接PQ、AQ、CP.设点P、Q的运动时间为t s.
(1)当t=________时,四边形ABQP是矩形.
(2)当t=________时,四边形AQCP是菱形.
(3)是否存在某一时刻t使得PQ⊥PC 如果存在,请求出t的值;如果不存在,请说明理由.
(4)在运动过程中,沿着AQ把△ABQ翻折,当t为何值时,翻折后点B的对应点B'恰好落在PQ边上.
7.古建中的数学:古亭探“优”.
【了解】
“江山无限景,都聚一亭中.”八角亭是典型的中国八棱形楼阁式建筑,其结构稳固、匀称,有利于减弱风力、抵御地震.如图①,将八角亭顶部的轮廓抽象后得到的几何图形为正八边形.
图①
图②
图③
【探索】
先将正方形ABCD、EFGH完全重合,再将正方形EFGH绕其中心旋转一定的角度,就得到了正八边形IJKLMNOP,如图②.这种构造正八边形的方法称为“四转八”法.
(1)旋转的角度最小为________.
(2)若正八边形IJKLMNOP的边长为2,则正方形ABCD的边长为　　　　 .
(3)连接AC,则AC与AO之间有怎样的数量关系 请说明理由.
【作图】
(4)如图③,已知正方形ABCD,请你利用无刻度直尺和圆规作一个正八边形,并使其所有顶点均落在正方形ABCD的边上.(保留作图痕迹,并写出必要的说明)
提升训练6　特殊四边形综合问题
1.(2025·徐州沛县期末)如图,四边形ABCD为一张长方形纸片,点E、F分别为AB、CD边上一点,将这张纸片ABCD沿EF折叠,使点B、C分别落在点M、N的位置,BC的对应边MN与CD交于点G,若∠BEF=α,则∠FGN的度数为(　　)
A.α B.90°-α
C.α-90° D.2α-90°
答案:D
解析:延长NM,交AB于点P,如图所示.由题意,得DC∥AB,∠MEF=α,∠NME=90°,∴∠PEM=180°-2α,∴∠EPM=90°-∠PEM=90°-(180°-2α)=2α-90°,
∴∠FGN=∠EPM=2α-90°.故选D.
2.如图,P是 ABCD内的任意一点,连接PA、PB、PC、PD,得到△PAB、△PBC、△PCD、△PDA,设它们的面积分别是S1、S2、S3、S4,给出如下结论:①S1+S3=S2+S4;②若S3=2S1,则S2=2S4;③若S1+S3=5,则 ABCD的面积为10;④S1+S2=S3+S4.其中正确的是(　　)
A.①③ B.②③
C.①② D.②④
答案:A
解析:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD,AD=BC.
设点P到AB、BC、CD、DA的距离分别为h1、h2、h3、h4,hAB、hBC分别为平行四边形的AB边和BC边的高,则S1=AB·h1,S2=BC·h2,S3=CD·h3,S4=AD·h4,hAB=h1+h3,hBC=h2+h4,∴AB·h1+CD·h3=AB·hAB,BC·h2+AD·h4=BC·hBC,
又S ABCD=AB·hAB=BC·hBC,
∴S2+S4=S1+S3,故①正确;
根据S3=2S1只能判断h3=2h1,不能判断h2=2h4,即不能得出S2=2S4,故②错误;
根据S1+S3=S2+S4,S1+S3=5,能得出 ABCD的面积为5×2=10,故③正确;
由题意只能得到S2+S4=S1+S3无法得到S1+S2=S3+S4,故④错误.故选A.
3.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=2,动点P从点A出发向终点D运动,连接BP,并过点C作CH⊥BP,垂足为H,给出下列结论:①△ABP∽△HCB;②AH的最小值为;③在运动过程中,点H的运动路径的长为.其中正确的是(　　)
A.①②③ B.①② C.②③ D.①③
答案:A
解析:①∵四边形ABCD是矩形,CH⊥BP,
∴∠BAP=∠CHB=∠ABC=90°,
∴∠ABP=∠HCB=90°-∠CBH,
∴△ABP∽△HCB,故①正确;
②如图,取BC的中点E,连接EH、AE,
∴BC=AD=2,AB=CD=2,
∴HE=BE=CE=BC=,
∴AE=.
∵AH+HE≥AE,∴AH+,
∴AH≥,
∴AH的最小值是,故②正确;
③如图,点H的运动路径为以BC的中点E为圆心,半径长为的一段圆弧,当点P与点D重合时,则BP与矩形ABCD的对角线BD重合,
∴BP扫过的面积为S△ABD=AB·AD=×2×2=2,
∵∠BCD=90°,∴tan∠CBD=,
∴∠CBD=30°,∴∠EBH=∠EHB=30°,
∴∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=120°,则点H的运动路径长为,故③正确.故选A.
4.(2025·徐州云龙月考)如图,菱形ABCD的周长为20,面积为24,P是对角线BD上一点,分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF,则PE+PF=________.
答案:4.8
解析:∵菱形ABCD的周长为20,面积为24,
∴AB=AD=5,S△ABD=12,
∵PE⊥AB,PF⊥AD,∴AB·PE+AD·PF=12,∴×5×(PE+PF)=12,
∴PE+PF=4.8.
5.(2024·南京鼓楼三模)如图,在平面直角坐标系中,边长为2的菱形ABCD的顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上移动,∠ABC=60°,则OC的最大值是________.
答案:+1
解析:如图,取AB的中点E,连接CE、OE、AC.
∵菱形ABCD的边长为2,∴AB=BC=2,
又∠ABC=60°,∴△ABC是等边三角形.
∵E为AB的中点,∴BE=BA=1,CE⊥AB,∴CE=.
在Rt△ABO中,OE=AB=1,
∴OC≤OE+CE=+1,∴当C、O、E三点共线时OC最大,最大值为+1.
6.(2025·徐州云龙月考)如图,在矩形ABCD中,AB=3 cm,BC=6 cm.点P从点D出发向点A运动,运动到点A即停止;同时,点Q从点B出发向点C运动,运动到点C即停止.点P、Q的运动速度都是1 cm/s.连接PQ、AQ、CP.设点P、Q的运动时间为t s.
(1)当t=________时,四边形ABQP是矩形.
(2)当t=________时,四边形AQCP是菱形.
(3)是否存在某一时刻t使得PQ⊥PC 如果存在,请求出t的值;如果不存在,请说明理由.
(4)在运动过程中,沿着AQ把△ABQ翻折,当t为何值时,翻折后点B的对应点B'恰好落在PQ边上.
解:(1)由已知可得,BQ=DP=t cm,AP=CQ=(6-t)cm,
在矩形ABCD中,∠B=90°,AD∥BC,AD=BC,当BQ=AP时,四边形ABQP为矩形,∴t=6-t,解得t=3,
故当t=3时,四边形ABQP为矩形.
(2)∵BQ=DP=t cm,AP=CQ=(6-t)cm,
又AD∥BC,∴四边形AQCP为平行四边形,
∴当AQ=CQ时,四边形AQCP为菱形,
根据勾股定理,得AQ2=AB2+BQ2=32+t2,CQ2=(6-t)2,∴32+t2=(6-t)2,解得t=,
故当t=时,四边形AQCP为菱形.
(3)不存在某一时刻t使得PQ⊥PC.理由如下:
过Q作QM⊥AD,交AD于点M,如图所示.
则∠QMD=∠QMA=90°,∵∠QMA=∠BAM=∠B=90°,
∴四边形ABQM是矩形,
∴AM=BQ=t cm,QM=AB=3 cm,
∴MP=(6-2t)cm,
∴PQ2=PM2+QM2=(6-2t)2+32.
在Rt△PDC中,PC2=PD2+CD2=t2+32.
∵PQ⊥PC,∴∠QPC=90°,∴PQ2+PC2=CQ2,即(6-2t)2+32+t2+32=(6-t)2,
整理,得2t2-6t+9=0,
∵b2-4ac=36-72=-36<0,∴此方程无实数根,∴不存在某一时刻t使得PQ⊥PC.
(4)如图,根据折叠可知∠AQB=∠AQB',AB'=AB=3 cm,BQ=B'Q=t cm,∠AB'Q=∠B=90°.在矩形ABCD中,AD∥BC,
∴∠AQB=∠PAQ,∴∠AQB'=∠PAQ,
∴PA=PQ=(6-t)cm,
∴B'P=6-t-t=(6-2t)cm.
在Rt△AB'P中,由勾股定理,得AB'2+B'P2=PA2,即32+(6-2t)2=(6-t)2,解得t1=1,t2=3,故当t等于1或3时,翻折后点B的对应点B'恰好落在PQ边上.
7.古建中的数学:古亭探“优”.
【了解】
“江山无限景,都聚一亭中.”八角亭是典型的中国八棱形楼阁式建筑,其结构稳固、匀称,有利于减弱风力、抵御地震.如图①,将八角亭顶部的轮廓抽象后得到的几何图形为正八边形.
图①
图②
图③
【探索】
先将正方形ABCD、EFGH完全重合,再将正方形EFGH绕其中心旋转一定的角度,就得到了正八边形IJKLMNOP,如图②.这种构造正八边形的方法称为“四转八”法.
(1)旋转的角度最小为________.
(2)若正八边形IJKLMNOP的边长为2,则正方形ABCD的边长为　　　　 .
(3)连接AC,则AC与AO之间有怎样的数量关系 请说明理由.
【作图】
(4)如图③,已知正方形ABCD,请你利用无刻度直尺和圆规作一个正八边形,并使其所有顶点均落在正方形ABCD的边上.(保留作图痕迹,并写出必要的说明)
解:(1)如图,设正方形ABCD、EFGH的中心为Q,连接AC、BD、EG、FH、OQ、PQ、IQ、JQ,则AC、BD、EG、FH经过点Q,∠AQB=∠AQD=∠EQH=∠EQF=∠HQG=90°,∠QAP=∠QAI=∠QHP=∠QEI=45°,QH=QA=QE.
∵四边形ABCD、EFGH是正方形,
∴∠PHO=∠PAI=∠IEJ=90°.
∵IJKLMNOP是正八边形,∴∠HPO=∠API=∠AIP=∠EIJ=∠EJI=45°,PO=PI=IJ,∴△HOP≌△API≌△EIJ,
∴PH=PA=IA=IE,
同理△APQ≌△HPQ≌△AIQ≌△EIQ,
∴∠PQH=∠PQA=∠IQA=∠IQE=∠EQH,∴∠AQE=∠AQI+∠IQE=2×∠EQH=45°,即旋转的角度最小为45°,
故答案为45°.
(2)∵正八边形IJKLMNOP的边长为2,
∴ON=OP=PI=2,由(1)知,△DON、△HOP、△API均为等腰直角三角形,
∴OD=ON=,AP=PI=,
∴AD=AP+OP+OD=+2+=2+2.
故答案为2+2.
(3)AC=2AO.理由如下:
如图,设正八边形IJKLMNOP的边长为a,由(2)知,ON=OP=PI=a,∴AP=OD=a,
∴AO=AP+PO=a+a=a,2AO=(2+)a,
∴AD=AO+OD=a+a=(+1)a,
∴AC=AD=×(+1)a=(2+)a,
∴AC=2AO.
(4)正八边形IJKLMNPQ如图所示.
连接AC、BD交于点O,分别以A、D为圆心,大于AD长为半径画弧交于点R,作直线OR,同理作直线OS,再以O为圆心,OA为半径画圆分别交直线OR于F、H,交直线OS于E、G,连接EH交AB于I,交AD于J,连接EF交AB于Q,交BC于P,连接FG交BC于N,交CD于M,连接GH交CD于L,交AD于K,则正八边形IJKLMNPQ即为所求.
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