台州市2022-2022年中考数学试题分类解析专题10：四边形一、选择题1.（2022年浙江台州4分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E为AB的中点，且OE=a，则菱形ABCD的周长为【】A．B．C．D．2.（2022年浙江台州4分）梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD=AD=2，∠B=60°，则下底BC的长是【】A．3B．4C．2D．2+2【答案】B。【考点】梯形的性质，平行四边形、等边三角形的判定和性质。【分析】如图，作AE∥CD于E点，∵AD∥BC，AE∥CD，∴四边形AECD是平行四边形。∵AB=CD=AD=2，∴AE=CD=2，EC=AD=2。又AB=CD，∠B=60°，∴△ABE是等边三角形。∴BE=2。∴BC=4。故选B。3.（2022年浙江台州4分）在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90º，对角线AC、BD相交于点O．下列条件中，不能判断对角线互相垂直的是【】A．∠1＝∠2B．∠1＝∠3\nC．∠2＝∠3D．OB2＋OC2＝BC24.（2022年浙江台州4分）如图，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．C．2D．＋1【答案】B。【考点】菱形的性质，线段中垂线的性质，三角形三边关系，垂直线段的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】分两步分析：（1）若点P，Q固定，此时点K的位置：如图，作点P关于BD的对称点P1，连接P1Q，交BD于点K1。由线段中垂线上的点到线段两端距离相等的性质，得P1K1=PK1，P1K=PK。由三角形两边之和大于第三边的性质，得P1K＋QK＞P1Q=P1K1＋QK1=PK1＋QK1。∴此时的K1就是使PK+QK最小的位置。（2）点P，Q变动，根据菱形的性质，点P关于BD的对称点P1在AB上，即不论点P在BC上任一点，点P1总在AB上。因此，根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质，得，当P1Q⊥AB时P1Q最短。\n过点A作AQ1⊥DC于点Q1。∵∠A=120°，∴∠DAQ1=30°。又∵AD=AB=2，∴P1Q=AQ1=AD·cos300=。综上所述，PK+QK的最小值为。故选B。二、填空题1.（2022年浙江台州5分）如图是2022年8月在北京召开的国际数学家大会的会标。它是由四个相同的直角三角形与中间一个大正方形的边长是13㎝，小正方形边长是7㎝，则每个直角三角形较短的一条直角边的长是 ▲ ㎝。【答案】5。【考点】正方形的性质，勾股定理。【分析】如图，大正方形的边长是AB=13㎝，小正方形边长是CD=7㎝，设直角三角形中较小边长AC=x，则BC=x+7根据勾股定理，得，解得，x1=5，x1=－12（舍去）。∴较短的一条直角边的长是AC=5㎝。2.（2022年浙江台州5分）如图，四边形ABCD、EFGH、NHMC都是正方形，边长分别为a，b，c；A，B，N，E，F五点在同一直线上，则c=▲（用含有a，b的代数式表示）．【答案】。【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】∵四边形ABCD、EFGH、NHMC都是正方形，∴∠CNB+∠ENH=90°。\n又∵∠CNB+∠NCB=90°，∠ENH+∠EHN=90°，∴∠CNB=∠EHN，∠NCB=∠ENH。又∵CN=NH，∴△CBN≌△NEH（ASA）。∴HE=BN。∵在Rt△CBN中，BC2+BN2=CN2，∴BC2+HE2=CN2，又∵三个正方形的边长分别为a，b，c，即BC=a，HE=b，CN=c，∴a2＋b2=c2。∴。三、解答题1.（2022年浙江温州、台州10分）附加题（1）对于任意给定的一个矩形C，是否存在另一个矩形，使它的周长和面积都是矩形C的2倍?请说明你理由。（2）当实数m是什么值时，对于任何一个矩形C，都存在另一个矩形，它的周长与面积都是矩形C的m倍？证明你的结论。（2）设已知矩形的长与宽分别为a，b，所求矩形为x，y，则，∴x，y是方程t2－m(a+b)t+mab=0的两根。当△=m2(a+b)2－4mab≥0，即时，方程有解。∴对于长与宽分别为a，b矩形,当时，存在周长与面积都是已知矩形的m倍的矩形。∵(a－b)2≥0，∴a2+b2≥2ab。∴a2+b2+2ab≥4ab，即(a+b)2≥4ab，\n。∴的最大值为1。∴当m≥1时，所有的矩形都有周长与面积都是已知矩形的m倍的矩形。【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，矩形的性质。【分析】（1）由题意可知：分别设出已知矩形和所求矩形的长与宽，再根据周长和面积的关系可以列出两个关系式，观察两个关系式可得一个根为xy的一元二次方程，再根据判别式可以确定方程是否有解，进而确定所求矩形是否存在。（2）方法与（1）一样。2.（2022年浙江台州8分）如图，在4×4的正方形方格中，△ABC和△DEF的顶点都在边长为1的小正方形的顶点上.（1）填空：∠ABC=°，BC=；（2）判断△ABC与△DEF是否相似，并证明你的结论.【答案】解：（1）135,。【考点】网格问题，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定。【分析】（1）由正方形的性质，可得∠ABC=1350，由勾股定理可得BC=。（2）由正方形的性质，可得∠ABC=∠DEF=1350，由勾股定理可得，从而判断△ABC∽△DEF。\n3.（2022年浙江台州14分）善于学习的小敏查资料知道：对应角相等，对应边成比例的两个梯形，叫做相似梯形.他想到“平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”，提出如下两个问题，你能帮助解决吗？问题一平行于梯形底边的直线截两腰所得的小梯形和原梯形是否相似？（1）从特殊情形入手探究.假设梯形ABCD中，AD∥BC，AB=6，BC=8，CD=4，AD=2，MN是中位线（如图①）.根据相似梯形的定义，请你说明梯形AMND与梯形ABCD是否相似?（2）一般结论：平行于梯形底边的直线截两腰所得的梯形与原梯形▲(填“相似”或“不相似”或“相似性无法确定”.不要求证明).问题二平行于梯形底边的直线截两腰所得的两个小梯形是否相似?（1）从特殊平行线入手探究.梯形的中位线截两腰所得的两个小梯形▲(填“相似”或“不相似”或“相似性无法确定”.不要求证明).（2）从特殊梯形入手探究.同上假设，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=6，BC=8，CD=4，AD=2，你能找到与梯形底边平行的直线PQ（点P,Q在梯形的两腰上，如图②）,使得梯形APQD与梯形PBCQ相似吗?请根据相似梯形的定义说明理由.（3）一般结论：对于任意梯形（如图③），一定▲(填“存在”或“不存在”)平行于梯形底边的直线PQ，使截得的两个小梯形相似.若存在，则确定这条平行线位置的条件是=▲(不妨设AD=a，BC=b，AB=c，CD=d.不要求证明).【答案】解：问题一：（1）梯形AMND与梯形ABCD不相似。∵两个梯形的腰相等，即腰的比是1：2，而上底的比是1：1，∴这两个梯形一定不相似。（2）不相似。问题二：（1）不相似。（2）能。若梯形APQD与梯形PBCQ相似，则∵，即，解得：PQ=4。\n∵，AP+PB=6，∴AP=2。同理可得DQ=。∴当AP=2，DQ=时，形APQD与梯形PBCQ相似。（3）存在；。4.（2022年浙江台州12分）定义：到凸四边形一组对边距离相等，到另一组对边距离也相等的点叫凸四边形的准内点．如图1，PH=PJ，PI=PG，则点P就是四边形ABCD的准内点．（1）如图2，∠AFD与∠DEC的角平分线FP，EP相交于点P．求证：点P是四边形ABCD的准内点．（2）分别画出图3平行四边形和图4梯形的准内点．（作图工具不限，不写作法，但要有必要的说明）（3）判断下列命题的真假，在括号内填“真”或“假”．①任意凸四边形一定存在准内点． （▲）②任意凸四边形一定只有一个准内点．（▲）③若P是任意凸四边形ABCD的准内点，则PA+PB=PC+PD或PA+PC=PB+PD．(▲)\n【答案】解：（1）证明：如图，过点P作PG⊥AB，PH⊥BC，PI⊥CD，PJ⊥AD，垂足分别为G，I，J，H，∵EP平分∠DEC，∴PJ=PH。同理PG=PI。∴P是四边形ABCD的准内点。（2）作图如下：平行四边形对角线AC，BD的交点P1就是准内点，或者取平行四边形两对边中点连线的交点P1就是准内点；梯形两腰夹角的平分线与梯形中位线的交点P2就是准内点。（3）真；真；假。【考点】新定义，作图（复杂作图）平行四边形和梯形的性质。【分析】（1）过点P作PG⊥AB，PH⊥BC，PI⊥CD，PJ⊥AD，由角平分线的性质可知PJ=PH，5.（2022年浙江台州8分）如图，分别延长ABCD的边BA、DC到点E、H，使得AE＝AB，CH＝CD，连接EH，分别交AD、BC于点F、G．求证：△AEF≌△CHG．\n【答案】证：在ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，∴∠E＝∠H，∠EAF＝∠D。∵AD∥BC，∴∠HCG＝∠D。∴∠EAF＝∠HCG。∵AE＝AB，CH＝CD。∴AE＝CH。∴△AEF≌△CHG（ASA）。【考点】平行四边形的性质，平行的性质，全等三角形的判定。【分析】根据平行四边形的性质可得出AE=CH，再根据平行线的性质及等角代换的原理可得出∠E=∠H，∠EAF=∠D，从而利用ASA可作出证明。
