四边形与一次函数综合练习二.docx

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四边形与一次函数综合练习二

一、填空题（共6小题；）

1.我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为‘‘赵爽弦图”．如图由弦图变化得到，它由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3．若正方形EFGH的边长为2，则S1+S2+S3= ．

2.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90∘，∠CAB=30∘，BC=2，O，H分别为边AB，AC的中点，将△ABC绕点B顺时针旋转120∘到△A1BC1的位置，则整个旋转过程中线段OH所扫过部分的面积（即阴影部分面积）为 ．

3.如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形ABʹCʹDʹ的位置，旋转角为α0∘<α<90∘．若∠1=110∘，则∠α= ．

4.如图，△ABC绕点A顺时针旋转45∘得到△AʹBʹCʹ，若∠BAC=90∘，AB=AC=2，则图中阴影部分的面积等于 ．

（1题图）（2题图）（3题图）（4题图）

5.如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90∘，AD=3，BC=5，AB=1，把线段CD绕点D逆时针旋转90∘到DE位置，连接AE，则AE的长为 ．

6.如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠DAB=60∘，AE分别交BC，BD与点E，F，CE=2，连接CF．以下结论：

①△ABF≌△CBF；②点E到AB的距离是23；③tan∠DCF=337；④△ABF的面积为1253．其中一定成立是 （把所有正确结论的序号都填在横线上）．

（5题图）（6题图）

二、解答题

7.在同一平面内，△ABC和△ABD如图①放置，其中AB=BD．小明做了如下操作：

将△ABC绕着边AC的中点旋转180∘得到△CEA，将△ABD绕着边AD的中点旋转180∘得到△DFA，如图②，请完成下列问题：

（1）试猜想四边形ABDF是什么特殊四边形，并说明理由；

（2）连接EF，CD，如图③，求证：

四边形CDFE是平行四边形．

8.一辆轿车从甲地驶往乙地，到达乙地后立即返回甲地，速度是原来的1.5倍，往返共用t小时．一辆货车同时从甲地驶往乙地，到达乙地后停止．两车同时出发，匀速行驶，设轿车行驶的时间为xh，两车离开甲地的距离为ykm，两车行驶过程中y与x之间的函数图象如图所示．

（1）轿车从乙地返回甲地的速度为 km/h，t= ；

（2）求轿车从乙地返回甲地时y与x之间的函数解析式；

（3）当轿车从甲地返回乙地的途中与货车相遇时，求相遇处到甲地的距离．

9.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，D，E分别为AB，AC边上的中点，连接DE，将△ADE绕点E旋转180∘得到△CFE，连接AF，CD．

（1）求证：

四边形ADCF是菱形；

（2）若BC=8，AC=6，求四边形ABCF的周长．

10.平面直角坐标系中，直线经过点，与轴交于点，且与平行。

（1）求：

直线的函数解析式及点的坐标；

（2）若直线上有一点，过点作轴的垂线，交直线于点，在线段上求一点，使是直角三角形，请求出点的坐标。

11.在数学活动课中，小辉将边长为2和3的两个正方形放置在直线l上，如图1，他连接AD，CF，经测量发现AD=CF．

（1）他将正方形ODEF绕O点逆时针旋转一定的角度，如图2，试判断AD与CF还相等吗?

说明你的理由；

（2）他将正方形ODEF绕O点逆时针旋转，使点E旋转至直线l上，如图3，请你求出CF的长．

12.如图，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、B、C均落在格点上，将线段AB绕点B顺时针旋转90∘．将线段AʹB，点A的对应点为Aʹ，连接AAʹ交线段BC于点D．

（1）作出旋转后的图形．

（2）求CDDB的值

13.如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD；AB=9，CD=3，AD=BC=5，DE⊥AB于点E，动点M从点A出发沿线段AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动；动点N同时从点B出发沿线段BC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动．设运动的时间为t秒（）．

（1）DE的长为▲；

（2）当MN∥AD时，求t的值；

（3）试探究：

t为何值时，△MNB为等腰三角形．

14.分别以△ABC的边AC与边BC为边，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，连接D1D2．

（1）如图1，过点C作直线HG垂直于直线AB于点H，交D1D2于点G．试探究线段GD1与线段GD2的数量关系，并加以证明．

（2）如图2，CF为AB边中线，试探究线段CF与线段D1D2的数量关系，并加以证明．

15.如图，已知点是矩形的边延长线上一点，且，联结，过点作，垂足为点，联结、.

（1）求证：

≌；

（2）联结，若，且，求的值.

16.在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，旋转角为θ0∘<θ<90∘，连接AC1、BD1交于点P．

（1）如图1，若四边形ABCD是正方形．求证：

△AOC1≌△BOD1并判断AC1与BD1的位置关系．

（2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AC=5，BD=7，设AC1=k⋅BD1．判断AC1与BD1的位置关系，说明理由，并求出k的值．

（3）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，AC=5，BD=10，连接DD1，设AC1=kBD1，请直接写出k的值和AC12+kDD12的值．

17.如图，等腰三角形OAB的一边OB在x轴的正半轴上，点A的坐标为6,8，OA=OB，动点P从原点O出发，在线段OB上以每秒2个单位的速度向点B匀速运动，动点Q从原点O出发，沿y轴的正半轴以每秒1个单位的速度向上匀速运动，过点Q作x轴的平行线分别交OA，AB于E，F，设动点P，Q同时出发，当点P到达点B时，点Q也停止运动，他们运动的时间为t秒t≥0．

（1）点E的坐标为 ，F的坐标为 ；

（2）当t为何值时，四边形POFE是平行四边形；

（3）是否存在某一时刻，使△PEF为直角三角形?

若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．

（备用图1）

（备用图2）

18.如图，直线y=x+3分别交x，y轴于点D，C，点B在x轴上，OB=OC．过点B作直线m∥CD，点P、Q分别为直线m和直线CD上的动点，且点P在x轴的上方，满足∠POQ=45∘.

（1）则∠PBO= 度；

（2）PB⋅CQ的值是否为定值?

如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由；

（3）求证：

CQ2+PB2=PQ2.

19.如图①所示，直线L:

y=mx+5m与x轴负半轴，y轴正半轴分别交于A、B两点．

（1）当OA=OB时，求点A坐标及直线L的解析式；

（2）在

（1）的条件下，如图②所示，设Q为AB延长线上一点，作直线OQ，过A、B两点分别作AM⊥OQ于M，BN⊥OQ于N，若AM=17，求BN的长；

（3）当m取不同的值时，点B在y轴正半轴上运动，分别以OB、AB为边，点B为直角顶点在第一、二象限内作等腰直角△OBF和等腰直角△ABE，连EF交y轴于P点，如图③．问：

当点B在y轴正半轴上运动时，试猜想PB的长是否为定值?

若是，请求出其值；若不是，说明理由．

20.如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx+b经过点A2,0，B0,1，动点P是x轴正半轴上的动点，过点P作PC⊥x轴，交直线AB于点C，以OA，AC为边构造平行四边形OACD．设点P的横坐标为m．

（1）求直线AB的函数表达式；

（2）若四边形OACD恰是菱形，请求出m的值；

（3）在

（2）的条件下，y轴上是否存在点Q，连接CQ，使得∠OQC+∠ODC=180∘．若存在，请求出所有符合条件的点Q的坐标，若不存在，请说明理由．

（备用图）

21.如图，四边形OABC是矩形，点A，C在坐标轴上，△ODE是由△OCB绕点O顺时针旋转90∘得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，线段BC，OC的长是方程x2-6x+8=0的两个根，且OC>BC．

（1）求直线BD的解析式．

（2）求△OFH的面积．

（3）点M在坐标轴上，平面内是否存在点N，使以点D，F，M，N为顶点的四边形是矩形?

若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

（备用图）

22.如图1，矩形OABC顶点B的坐标为8,3，定点D的坐标为12,0，动点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴的正方向匀速运动，动点Q从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴的负方向匀速运动，P，Q两点同时运动，相遇时停止．在运动过程中，以PQ为斜边在x轴上方作等腰直角三角形PQR，设运动时间为t秒．

（1）当t= 时，△PQR的边QR经过点B；

（2）设△PQR和矩形OABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式；

（3）如图2，过定点E5,0作EF⊥BC，垂足为F，当△PQR的顶点R落在矩形OABC的内部时，过点R作x轴、y轴的平行线，分别交EF，BC于点M，N，若∠MAN=45∘，求t的值．

23.在平面直角坐标系中，点O为原点，点A的坐标为-6,0．如图1，正方形OBCD的顶点B在x轴的负半轴上，点C在第二象限．现将正方形OBCD绕点O顺时针旋转角α得到正方形OEFG．

（1）如图2，若α=60∘，OE=OA，求直线EF的函数表达式．

（2）若α为锐角，tanα=12，当AE取得最小值时，求正方形OEFG的面积．

（3）当正方形OEFG的顶点F落在y轴上时，直线AE与直线FG相交于点P，△OEP的其中两边之比能否为2:

1?

若能，求点P的坐标；若不能，试说明理由．

答案

第一部分

1.12

2.π

【解析】

连接BH，BH1

∵O、H分别为边AB，AC的中点，将△ABC绕点B顺时针旋转120∘得到△A1BC1的位置，

∴△OBH≌△O1BH1．

利用勾股定理可求得BH=4+3=7，

所以利用扇形面积公式可得120π×7-4360=π

3.20

【解析】因为将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到ABʹCʹDʹ的位置，

所以∠Dʹ=∠B=∠BAD=90∘．

因为∠1=110∘，根据对顶角相等及四边形的内角和是360∘，可得∠BADʹ=70∘，

所以∠DADʹ=20∘，

所以∠α=∠DADʹ=20∘．

4.2-1

【解析】

如图，由旋转可得ACʹ⊥BC于D，AB⊥BʹCʹ于F，

所以AD=12BC=1，AF=12BʹCʹ=1．

所以BF=AB=AF=2-1．

所以S阴影=S△ABD-S△BEF=121-2-12=2-1．

5.25

【解析】

如图，作EF⊥AD于F，DG⊥BC于G．

根据选择的性质可知，DE=DC，DE⊥DC，∠CDG=∠EDF，

∴△CDG≌△EDF，

∴DF=DG=1，EF=GC=2，

∴AE=16+4=25．

6.①②③

第二部分

7.

（1）四边形ABDF是菱形．

∵△ABD绕着边AD的中点旋转180∘得到△DFA，

∴AB=DF，BD=FA．

∵AB=BD，

∴AB=BD=DF=FA．

∴四边形ABDF是菱形．

（2）∵四边形ABDF是菱形，

∴AB∥DF，且AB=DF．

∵△ABC绕着边AC的中点旋转180∘得到△CEA，

∴AB=CE，BC=EA．

∴四边形ABCE为平行四边形．

∴AB∥CE，且AB=CE．

∴CE∥FD，CE=FD．

∴四边形CDFE是平行四边形．

8.

（1）120；52

【解析】轿车从甲地到乙地的速度是12032=80km/h，则轿车从乙地返回甲地的速度为80×1.5=120km/h，则t=32+120120=52（小时）．

（2）设轿车从乙地返回时y与x的函数解析式是y=kx+b，

依题意得32x+b=120,52k+b=0,

解得k=-120,b=300,

则函数解析式是y=-120x+30032≤x≤52．

    （3）设货车行驶过程中y与x之间的函数解析式是y=mx，

依题意得2m=120，

解得m=60，

所以函数解析式是y=60x．

根据题意得y=-120x+300,y=60x,

解得x=53,y=100.

所以当轿车从甲地返回乙地的途中与货车相遇时，相遇处到甲地的距离是100千米．

9.

（1）∵将△ADE绕点E旋转180∘得到△CFE，

∴AE=CE，DE=EF，

∴四边形ADCF是平行四边形，

∵D，E分别为AB，AC边上的中点，

∴DE是△ABC的中位线，

∴DE∥BC，

∵∠ACB=90∘，

∴∠AED=90∘，

∴DF⊥AC，

∴四边形ADCF是菱形．

（2）在Rt△ABC中，BC=8，AC=6，

∴AB=10，

∵D是AB边上的中点，

∴AD=5，

∵四边形ADCF是菱形，

∴AF=FC=AD=5，

∴四边形ABCF的周长为8+10+5+5=28．

11.

（1）相等．

在正方形ABCO和正方形DEFO中，AO=CO，DO=FO，∠AOC=∠DOF=90∘，

∴∠AOD=∠COF．

∴△AOD≌△COF．

∴AD=CF．

（2）连接DF交OE于H（或过D作DH⊥OE）．

由正方形DEFO可得DH=OH=1，

则CF=AD=AH2+DH2=42+12=17．

12.

（1）如图所示：

（2）如图

以点B为原点建立坐标系，则A-1,2，Aʹ2,1，C2,2，B0,0，

设直线AAʹ的解析式为y=kx+bk≠0，

则2=-k+b,1=2k+b.

解得k=-13,b=53.

故直线AAʹ的解析式为y=-13x+53；

∵C2,2，B0,0，

∴直线BC的解析式为y=x，

∴y=-13x+53,y=x.

解得x=54,y=54.

∴D54,54，

∴DB=542+542=524，

CD=22-542=324，

∴CDDB=324524=35．

13.

14.

（1）GD1=GD2．

证明如下：

如图，过C作H1H2⊥HG，并截取CH1=CH=CH2，连接D1H1，D2H2，得到△CD1H与△CD2H2．

∵∠D1CH1+∠H1CA=∠H1CA+∠ACH=90∘，

∴∠D1CH1=∠ACH．

∵D1C=CA，

∴△D1CH1≌△ACH，

∴∠D1H1C=∠AHG=90∘．

同理∠D2H2C=∠GHB=90∘．

∵∠H1=∠H1CH=∠H2=90∘，

∴D1H1∥CG∥D2H2．

∴GD1=GD2．

（2）D1D2=2CF．

证明如下：

如图，作F1F2⊥CF，并截取CF1=CF=CF2，连接D1F1，D2F2．

∵∠D1CF1+∠F1CA=∠F1CA+∠ACF=90∘，

∴∠D1CF1=∠ACF，

又D1C=AC，

∴△D1CF1≌△ACF，

∴∠D1F1C=∠AFC，D1F1=AF．

同理∠D2F2C=∠CFB，D2F2=BF=AF．

∵∠AFC+∠BFC=180∘，

∴∠D1F1C+∠D2F2C=180º．

∴D1F1∥D2F2．

又D1F1=AF=BF=D2F2，

∴D1F1F2D2是平行四边形．

∴D1D2=F1F2=2CF．

16.

（1）

（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴OA=OB=OC=OD．

∵△C1OD1由△COD绕点O旋转得到．

∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1．

∴OC1=OD1，∠AOC1=∠BOD1．

∴△AOC1≌△BOD1．

（2）AC1⊥BD1．

（2）AC1⊥BD1．

理由如下：

∵四边形ABCD是菱形，

∴OA=OC=0.5AC，OB=OD=0.5BD，AC⊥BD．

∵△C1OD1由△COD绕点O旋转得到．

∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，

∴OC1=OA，OD1=OB，∠AOC1=∠BOD1，

∴OC1OA=OD1OB，

∴OC1OD1=OAOB，

∴△AOC1∽△BOD1，

∴∠OAC1=∠OBD1．

∵∠AOB=90∘，

∴∠OAB+∠ABP+∠OBD1=90∘，

∴∠OAB+∠ABP+∠OAC1=90∘，

∴∠APB=90∘，AC1⊥BD1．

∵△AOC1∽△BOD1，

∴AC1:

BD1=OA:

OB=5:

7，

∴k=5:

7．

      （3）如图3，与

（2）一样可证明△AOC1∽△BOD1，

∴AC1BD1=OAOB=ACBD=12，

∴k=12．

∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，

∴OD1=OD=OD，

而OD=OB，

∴OD1=OB=OD=OB=OD，

∴△BDD1为直角三角形，

在Rt△BDD1中，

BD12+DD12=BD2=100，

∴2AC12+DD12=100，

∴AC12+kDD12=25．

k=1:

2，AC12+kDD12=25

17.

（1）34t,t；10-12t,t

【解析】过点A作AD⊥OB，垂足为D，如图1，

∵点A的坐标为6,8，

∴OD=6，AD=8，

由勾股定理得：

OA=10，

∵OA=OB，

∴OB=10，

∴BD=4，

∴点B的坐标为：

10,0，

设直线OA的关系式：

y=kx，将A6,8代入上式，得：

6k=8，

解得：

k=43，

所以直线OA的关系式：

y=43x，

设直线AB的关系式为：

y=kx+b，

将A，B两点代入上式得：

6k+b=8, ⋯⋯①10k+b=0. ⋯⋯②

解得：

k=-2,b=20.

所以直线AB的关系式为：

y=-2x+20，

∵过点Q作x轴的平行线分别交OA，AB于E，F，

∴点Q，E，F三点的纵坐标相等，

∵动点Q从原点O出发，沿y轴的正半轴以每秒1个单位的速度向上匀速运动，动点P从原点O出发，在线段OB上以每秒2个单位的速度向点B匀速运动，

∴t秒后，OQ=t，OP=2t，

∴Q，E，F三点的纵坐标均为t，

将点E的纵坐标t代入y=43x，得：

x=34t，

∴E点的坐标为：

34t,t，

将点E的纵坐标t代入y=-2x+20，得：

x=10-12t，

∴F点的坐标为：

10-12t,t．

（2）由

（1）知：

E34t,t，F10-12t,t，

∴EF=10-12t-34t=10-54t，

∵四边形POFE是平行四边形，

∴EF∥OP，且EF=OP，

即10-54t=2t，

解得：

t=4013，

∴当t为4013时，四边形POFE是平行四边形．

      （3）过点E作EM⊥OB，垂足为M，过点F作FN⊥OB，垂足为N，

可得四边形EMNF是矩形，如图2，

①当PE⊥PF时，PE2+PF2=EF2，

由

（1）知：

OM=34t，EM=FN=t，ON=10-12t，EF=10-54t，

∴PM=54t，PN=10-52t，

∵PE2=ME2+MP2，PF2=PN2+FN2，

∴t2+54t2+10-52t2+t2=10-54t2，

解得：

t1=0（舍去），t2=10033；

②当PE⊥E