2020-2021备战中考数学备考之平行四边形压轴突破训练∶培优易错试卷篇附详细答案

细答案

一、平行四边形

1．（问题情景）利用三角形的面积相等来求解的方法是一种常见的等积法，此方法是我们解决几何问题的途径之一．

例如：张老师给小聪提出这样一个问题：

如图1，在△ABC中，AB=3，AD=6，问△ABC的高AD与CE的比是多少？ 小聪的计算思路是：

11BC•AD=AB•CE． 22AD1 从而得2AD=CE，∴

CE2根据题意得：S△ABC=

请运用上述材料中所积累的经验和方法解决下列问题： （1）（类比探究）

如图2，在▱ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AF=CE，并相交于点O，连接BE、BF，

求证：BO平分角AOC． （2）（探究延伸）

如图3，已知直线m∥n，点A、C是直线m上两点，点B、D是直线n上两点，点P是线段CD中点，且∠APB=90°，两平行线m、n间的距离为4．求证：PA•PB=2AB． （3）（迁移应用）

如图4，E为AB边上一点，ED⊥AD，CE⊥CB，垂足分别为D，C，∠DAB=∠B，AB=34，BC=2，AC=26，又已知M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN．求△DEM与△CEN的周长之和．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）5+34 【解析】

分析：(1)、根据平行四边形的性质得出△ABF和△BCE的面积相等，过点B作OG⊥AF于G，OH⊥CE于H，从而得出AF=CE，然后证明△BOG和△BOH全等，从而得出

∠BOG=∠BOH，即角平分线；(2)、过点P作PG⊥n于G，交m于F，根据平行线的性质得出△CPF和△DPG全等，延长BP交AC于E，证明△CPE和△DPB全等，根据等积法得出AB=AP×PB，从而得出答案；(3)、，延长AD，BC交于点G，过点A作AF⊥BC于F，设CF=x，根据Rt△ABF和Rt△ACF的勾股定理得出x的值，根据等积法得出AE=2DM=2EM，BE=2CN=2EN， DM+CN=AB，从而得出两个三角形的周长之和． 同理：EM+EN=AB

详解：证明：（1）如图2， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴S△ABF=S▱ABCD，S△BCE=S▱ABCD， ∴S△ABF=S△BCE，

过点B作OG⊥AF于G，OH⊥CE于H， ∴S△ABF=AF×BG，S△BCE=CE×BH， ∴

AF×BG=CE×BH，即：AF×BG=CE×BH， ∵AF=CE， ∴BG=BH，

， ∴Rt△BOG≌Rt△BOH， ∴∠BOG=∠BOH，

在Rt△BOG和Rt△BOH中，∴OB平分∠AOC，

（2）如图3，过点P作PG⊥n于G，交m于F， ∵m∥n， ∴PF⊥AC， ∴∠CFP=∠BGP=90°， ∵点P是CD中点， 在△CPF和△DPG中，

， ∴△CPF≌△DPG， ∴PF=PG=FG=2，

延长BP交AC于E， ∵m∥n， ∴∠ECP=∠BDP， ∴CP=DP， 在△CPE和△DPB中，

， ∴△CPE≌△DPB， ∴PE=PB，

∵∠APB=90°， ∴AE=AB， ∴S△APE=S△APB， ∵S△APE=AE×PF=AE=AB，S△APB=AP×PB， ∴AB=AP×PB， 即：PA•PB=2AB；

（3）如图4，延长AD，BC交于点G， ∵∠BAD=∠B， ∴AG=BG，过点A作AF⊥BC于F，

设CF=x（x＞0）， ∴BF=BC+CF=x+2， 在Rt△ABF中，AB=根据勾股定理得，AF2=AC2﹣CF2=26﹣x2，

∴34﹣（x+2）2=26﹣x2， ∴x=﹣1（舍）或x=1， ∴AF=

=5， ，

，

根据勾股定理得，AF2=AB2﹣BF2=34﹣（x+2）2， 在Rt△ACF中，AC=

连接EG， ∵S△ABG=BG×AF=S△AEG+S△BEG=AG×DE+BG×CE=BG（DE+CE）， ∴DE+CE=AF=5， 在Rt△ADE中，点M是AE的中点， ∴AE=2DM=2EM， 同理：BE=2CN=2EN， ∵AB=AE+BE， ∴2DM+2CN=AB， ∴DM+CN=AB，

同理：EM+EN=AB ∴△DEM与△CEN的周长之和=DE+DM+EM+CE+CN+EN=（DE+CE）+[（DM+CN）+（EM+EN）] =（DE+CN）+AB=5+

．

点睛：本题主要考查的就是三角形全等的判定与性质以及三角形的等积法，综合性非常强，难度较大．在解决这个问题的关键就是作出辅助线，然后根据勾股定理和三角形全等得出各个线段之间的关系．

2．在图1中，正方形ABCD的边长为a，等腰直角三角形FAE的斜边AE＝2b，且边AD和AE在同一直线上． 操作示例

当2b＜a时，如图1，在BA上选取点G，使BG＝b，连结FG和CG，裁掉△FAG和△CGB并分别拼接到△FEH和△CHD的位置构成四边形FGCH． 思考发现

小明在操作后发现：该剪拼方法就是先将△FAG绕点F逆时针旋转90°到△FEH的位置，易知EH与AD在同一直线上．连结CH，由剪拼方法可得DH=BG，故△CHD≌△CGB，从而又可将△CGB绕点C顺时针旋转90°到△CHD的位置．这样，对于剪拼得到的四边形FGCH（如图1），过点F作FM⊥AE于点M（图略），利用SAS公理可判断△HFM≌△CHD，易得FH=HC=GC=FG，∠FHC=90°．进而根据正方形的判定方法，可以判断出四边形FGCH是正方形． 实践探究

（1）正方形FGCH的面积是 ；（用含a， b的式子表示）

（2）类比图1的剪拼方法，请你就图2—图4的三种情形分别画出剪拼成一个新正方形的示意图．

联想拓展

小明通过探究后发现：当b≤a时，此类图形都能剪拼成正方形，且所选取的点G的位置在BA方向上随着b的增大不断上移．当b＞a时（如图5），能否剪拼成一个正方形？若能，请你在图5中画出剪拼成的正方形的示意图；若不能，简要说明理由．

【答案】（1）a2+b2；（2）见解析；联想拓展：能剪拼成正方形.见解析． 【解析】分析：实践探究：根据正方形FGCH的面积=BG2+BC2进而得出答案；

应采用类比的方法，注意无论等腰直角三角形的大小如何变化，BG永远等于等腰直角三角形斜边的一半．注意当b=a时，也可直接沿正方形的对角线分割． 详解：实践探究：正方形的面积是：BG2+BC2=a2+b2； 剪拼方法如图2-图4；

联想拓展：能，

剪拼方法如图5（图中BG=DH=b）．

．

点睛：本题考查了几何变换综合，培养学生的推理论证能力和动手操作能力；运用类比方法作图时，应根据范例抓住作图的关键：作的线段的长度与某条线段的比值永远相等，旋转的三角形，连接的点都应是相同的．

3．已知Rt△ABD中，边AB=OB=1，∠ABO=90° 问题探究：

（1）以AB为边，在Rt△ABO的右边作正方形ABC，如图（1），则点O与点D的距离为 ．

（2）以AB为边，在Rt△ABO的右边作等边三角形ABC，如图（2），求点O与点C的距离． 问题解决：

（3）若线段DE=1，线段DE的两个端点D，E分别在射线OA、OB上滑动，以DE为边向外作等边三角形DEF，如图（3），则点O与点F的距离有没有最大值，如果有，求出最大值，如果没有，说明理由．

【答案】(1)、5；(2)、【解析】 【分析】

62321. ；(3)、22试题分析：(1)、如图1中，连接OD，在Rt△ODC中，根据OD=OC2CD2计算即可．(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．在Rt△OCE中，根据OC=OE2CE2计算即可．(3)、如图3中，当OF⊥DE时，OF的值最大，设OF交DE于H，在OH上取一点M，使得OM=DM，连接DM．分别求出MH、OM、FH即可解决问题． 【详解】

试题解析：(1)、如图1中，连接OD，

∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=AD=1，∠C=90° 在Rt△ODC中，∵∠C=90°，OC=2，CD=1，

∴OD=OC2CD222125

(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．

∵∠FBE=∠E=∠CFB=90°， ∴四边形BECF是矩形， ∴BF=CF=

213，CF=BE=， 222623122=在Rt△OCE中，OC=OECE1． 222(3)、如图3中，当OF⊥DE时，OF的值最大，设OF交DE于H，在OH上取一点M，使得OM=DM，连接DM．

∵FD=FE=DE=1，OF⊥DE， ∴DH=HE，OD=OE，∠DOH=

1∠DOE=22.5°， ∵OM=DM， 212， ∴DM=OM=， 22∴∠MOD=∠MDO=22.5°， ∴∠DMH=∠MDH=45°， ∴DH=HM=∵FH=DF2DH2∴OF的最大值为

3213321=， ∴OF=OM+MH+FH=． 22222321． 2考点：四边形综合题．

4．已知AD是△ABC的中线P是线段AD上的一点（不与点A、D重合），连接PB、PC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，AD与EF交于点M；

（1）如图1，当AB＝AC时，求证：四边形EGHF是矩形；

（2）如图2，当点P与点M重合时，在不添加任何辅助线的条件下，写出所有与△BPE面积相等的三角形（不包括△BPE本身）．

【答案】（1）见解析；（2）△APE、△APF、△CPF、△PGH． 【解析】 【分析】

（1）由三角形中位线定理得出EG∥AP，EF∥BC，EF=

11BC，GH∥BC，GH=BC，推出22EF∥GH，EF=GH，证得四边形EGHF是平行四边形，证得EF⊥AP，推出EF⊥EG，即可得出结论；

（2）由△APE与△BPE的底AE=BE，又等高，得出S△APE=S△BPE，由△APE与△APF的底EP=FP，又等高，得出S△APE=S△APF，由△APF与△CPF的底AF=CF，又等高，得出S△APF=S△CPF，证得△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半，推出

1S△AEF=S△APF，即可得出结果． 2【详解】

S△PGH=

（1）证明：∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点， ∴EG∥AP，EF∥BC，EF＝∴EF∥GH，EF＝GH， ∴四边形EGHF是平行四边形， ∵AB＝AC， ∴AD⊥BC， ∴EF⊥AP， ∵EG∥AP， ∴EF⊥EG，

∴平行四边形EGHF是矩形； （2）∵PE是△APB的中线，

∴△APE与△BPE的底AE＝BE，又等高， ∴S△APE＝S△BPE， ∵AP是△AEF的中线，

∴△APE与△APF的底EP＝FP，又等高， ∴S△APE＝S△APF，

11BC，GH∥BC，GH＝BC， 22∴S△APF＝S△BPE， ∵PF是△APC的中线，

∴△APF与△CPF的底AF＝CF，又等高， ∴S△APF＝S△CPF， ∴S△CPF＝S△BPE，

∵EF∥GH∥BC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，

∴△AEF底边EF上的高等于△ABC底边BC上高的一半，△PGH底边GH上的高等于△PBC底边BC上高的一半，

∴△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半， ∵GH＝EF， ∴S△PGH＝

1S△AEF＝S△APF， 2综上所述，与△BPE面积相等的三角形为：△APE、△APF、△CPF、△PGH． 【点睛】

本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理、平行线的性质、三角形面积的计算等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键．

5．如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连接AE，GC． (1)试猜想AE与GC有怎样的关系(直接写出结论即可)；

(2)将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和CG．你认为(1)中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由． (3)在(2)中，若E是BC的中点，且BC＝2，则C，F两点间的距离为 ．

【答案】(1) AE＝CG，AE⊥GC；(2)成立，证明见解析； (3)2 ． 【解析】 【分析】

（1）观察图形，AE、CG的位置关系可能是垂直，下面着手证明．由于四边形ABCD、DEFG都是正方形，易证得△ADE≌△CDG，则∠1＝∠2，由于∠2、∠3互余，所以∠1、∠3互余，由此可得AE⊥GC．

（2）题（1）的结论仍然成立，参照（1）题的解题方法，可证△ADE≌△CDG，得∠5＝∠4，由于∠4、∠7互余，而∠5、∠6互余，那么∠6＝∠7；由图知∠AEB＝∠CEH＝90°﹣∠6，即∠7+∠CEH＝90°，由此得证．

（3）如图3中，作CM⊥DG于G，GN⊥CD于N，CH⊥FG于H，则四边形CMGH是矩形，可得CM＝GH，CH＝GM．想办法求出CH，HF，再利用勾股定理即可解决问题．

【详解】

(1)AE＝CG，AE⊥GC； 证明：延长GC交AE于点H，

在正方形ABCD与正方形DEFG中， AD＝DC，∠ADE＝∠CDG＝90°， DE＝DG，

∴△ADE≌△CDG(SAS)， ∴AE，CG，∠1＝∠2 ∵∠2+∠3＝90°， ∴∠1+∠3＝90°，

∴∠AHG＝180°﹣(∠1+∠3)＝180°﹣90°＝90°， ∴AE⊥GC． (2)答：成立；

证明：延长AE和GC相交于点H，

在正方形ABCD和正方形DEFG中，

AD＝DC，DE＝DG，∠ADC＝∠DCB＝∠B＝∠BAD＝∠EDG＝90°， ∴∠1＝∠2＝90°﹣∠3； ∴△ADE≌△CDG(SAS)， ∴AE＝CG，∠5＝∠4；

又∵∠5+∠6＝90°，∠4+∠7＝180°﹣∠DCE＝180°﹣90°＝90°， ∴∠6＝∠7，

又∵∠6+∠AEB＝90°，∠AEB＝∠CEH， ∴∠CEH+∠7＝90°， ∴∠EHC＝90°， ∴AE⊥GC．

(3)如图3中，作CM⊥DG于G，GN⊥CD于N，CH⊥FG于H，则四边形CMGH是矩形，可得CM＝GH，CH＝GM．

∵BE＝CE＝1，AB＝CD＝2， ∴AE＝DE＝CG═DG＝FG＝5，

∵DE＝DG，∠DCE＝∠GND，∠EDC＝∠DGN， ∴△DCE≌△GND(AAS)， ∴GCD＝2， ∵S△DCG＝

11•CD•NG＝•DG•CM， 2245， 535， 5∴2×2＝5•CM， ∴CM＝GH＝∴MG＝CH＝CG2CM2＝∴FH＝FG﹣FG＝5， 5∴CF＝FH2CH2＝(故答案为2． 【点睛】

52352＝2． )()55本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

6．（感知）如图①，四边形ABCD、CEFG均为正方形．可知BE=DG． （拓展）如图②，四边形ABCD、CEFG均为菱形，且∠A=∠F．求证：BE=DG． （应用）如图③，四边形ABCD、CEFG均为菱形，点E在边AD上，点G在AD延长线上．若AE=2ED，∠A=∠F，△EBC的面积为8，菱形CEFG的面积是_______．（只填结果）

【答案】见解析 【解析】

试题分析：探究：由四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，利用SAS易证得△BCE≌△DCG，则可得BE=DG；

应用：由AD∥BC，BE=DG，可得S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，又由AE=3ED，可求得△CDE的面积，继而求得答案． 试题解析：

探究：∵四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形， ∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F． ∵∠A=∠F， ∴∠BCD=∠ECG．

∴∠BCD-∠ECD=∠ECG-∠ECD， 即∠BCE=∠DCG． 在△BCE和△DCG中，

BC＝CDBCE＝DCG CE＝CG∴△BCE≌△DCG（SAS）， ∴BE=DG．

应用：∵四边形ABCD为菱形， ∴AD∥BC， ∵BE=DG，

∴S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8， ∵AE=3ED， ∴S△CDE=

182 , 4∴S△ECG=S△CDE+S△CDG=10 ∴S菱形CEFG=2S△ECG=20.

7．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，在Rt△PFE中，∠EPF=90°，点E、F分别在边AD、AB上．

（1）如图1，若点P与点O重合：①求证：AF=DE；②若正方形的边长为23，当∠DOE=15°时，求线段EF的长；

（2）如图2，若Rt△PFE的顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD=3BP时，证明：PE=2PF．

【答案】（1）①证明见解析，②22；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）①根据正方形的性质和旋转的性质即可证得：△AOF≌△DOE根据全等三角形的性质证明；

②作OG⊥AB于G，根据余弦的概念求出OF的长，根据勾股定理求值即可；

（2）首先过点P作HP⊥BD交AB于点H，根据相似三角形的判定和性质求出PE与PF的数量关系． 【详解】

（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴OA=OD，∠OAF=∠ODE=45°，∠AOD=90°， ∴∠AOE+∠DOE=90°， ∵∠EPF=90°， ∴∠AOF+∠AOE=90°， ∴∠DOE=∠AOF， 在△AOF和△DOE中，

OAF＝ODE， OA＝ODAOF＝DOE∴△AOF≌△DOE， ∴AF=DE；

②解：过点O作OG⊥AB于G，

∵正方形的边长为23， ∴OG=

1BC=3， 2∵∠DOE=15°，△AOF≌△DOE， ∴∠AOF=15°， ∴∠FOG=45°-15°=30°， ∴OF=

OG=2，

cosDOG∴EF=OF2OE2=22；

（2）证明：如图2，过点P作HP⊥BD交AB于点H，

则△HPB为等腰直角三角形，∠HPD=90°， ∴HP=BP， ∵BD=3BP， ∴PD=2BP， ∴PD=2HP，

又∵∠HPF+∠HPE=90°，∠DPE+∠HPE=90°， ∴∠HPF=∠DPE， 又∵∠BHP=∠EDP=45°， ∴△PHF∽△PDE，

PFPH1， PEPD2∴PE=2PF． 【点睛】

∴

此题属于四边形的综合题．考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理．注意准确作出辅助线是解此题的关键．

8．如图1，在正方形ABCD中，AD=6，点P是对角线BD上任意一点，连接PA，PC过点P作PE⊥PC交直线AB于E． （1） 求证：PC=PE;

（2） 延长AP交直线CD于点F.

①如图2，若点F是CD的中点，求△APE的面积； ②若ΔAPE的面积是

216，则DF的长为 2572，则△MNQ的3（3） 如图3，点E在边AB上，连接EC交BD于点M,作点E关于BD的对称点Q，连接PQ，MQ，过点P作PN∥CD交EC于点N，连接QN，若PQ=5，MN=面积是

【答案】（1）略；（2）①8，②4或9；（3）【解析】 【分析】

5 6（1）利用正方形每个角都是90°，对角线平分对角的性质，三角形外角等于和它不相邻的两个内角的和，等角对等边等性质容易得证;

（2）作出△ADP和△DFP的高，由面积法容易求出这个高的值.从而得到△PAE的底和高，并求出面积.第2小问思路一样，通过面积法列出方程求解即可;

（3）根据已经条件证出△MNQ是直角三角形，计算直角边乘积的一半可得其面积. 【详解】

(1) 证明：∵点P在对角线BD上， ∴△ADP≌△CDP, ∴AP=CP, ∠DAP =∠DCP,

∵PE⊥PC，∴∠EPC=∠EPB+∠BPC=90°,

∵∠PEA=∠EBP+∠EPB=45°+90°-∠BPC=135°-∠BPC, ∵∠PAE=90°-∠DAP＝90°-∠DCP, ∠DCP=∠BPC-∠PDC=∠BPC-45°, ∴∠PAE=90°-(∠BPC-45°)= 135°-∠BPC, ∴∠PEA=∠PAE,

∴PC=PE;

（2）①如图2，过点P分别作PH⊥AD,PG⊥CD,垂足分别为H、G.延长GP交AB于点

M.

∵四边形ABCD是正方形，P在对角线上， ∴四边形HPGD是正方形， ∴PH=PG,PM⊥AB, 设PH=PG=a,

∵F是CD中点，AD＝6，则FD=3,SnADF=9, ∵SnADF=SnADPSnDFP=∴

11ADPHDFPG, 2211a6a39,解得a=2, 22∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4, 又∵PA=PE, ∴AM=EM,AE=4,

11∵SnAPE=EAMP448,

22②设HP＝b,由①可得AE=2b,MP=6-b,

∴SnAPE=

12162b6b, 225解得b=2.4或3.6,

11ADPHDFPG, 22111∴6bDFbDF6, 222∴当b=2.4时，DF=4；当b＝3.6时，DF＝9, 即DF的长为4或9; （3）如图，

∵SnADF=SnADPSnDFP=

∵E、Q关于BP对称，PN∥CD, ∴∠1＝∠2，∠2+∠3＝∠BDC=45°, ∴∠1+∠4=45°, ∴∠3=∠4,

易证△PEM≌△PQM, △PNQ≌△PNC, ∴∠5=∠6, ∠7=∠8 ,EM=QM,NQ=NC, ∴∠6+∠7=90°, ∴△MNQ是直角三角形, 设EM=a,NC=b列方程组

72ab5232, 72a2b2 3可得

15ab=, 265, 6∴SVMNQ【点睛】

本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键.要注意运用数形结合思想.

9．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣6，0）、点C（0，6），若正方形OABC绕点O顺时针旋转，得正方形OA′B′C′，记旋转角为α： （1）如图①，当α＝45°时，求BC与A′B′的交点D的坐标； （2）如图②，当α＝60°时，求点B′的坐标；

（3）若P为线段BC′的中点，求AP长的取值范围（直接写出结果即可）．

【答案】（1）(662,6)；（2）(333,333)；（3）323剟AP323. 【解析】 【分析】

（1）当α＝45°时，延长OA′经过点B，在Rt△BA′D中，∠OBC＝45°，A′B＝626，可求得BD的长，进而求得CD的长，即可得出点D的坐标；

（2）过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN的垂线，垂足为N，证明△OMC′≌△C′NB′，可得C′N＝OM＝33，B′N＝C′M＝3，即可得出点B′的坐标； （3）连接OB，AC相交于点K，则K是OB的中点，因为P为线段BC′的中点，所以PK＝

1OC′＝3，即点P在以K为圆心，3为半径的圆上运动，即可得出AP长的取值范围． 2【详解】

解：（1）∵A（﹣6，0）、C（0，6），O（0，0）， ∴四边形OABC是边长为6的正方形， 当α＝45°时，

如图①，延长OA′经过点B，

∵OB＝62，OA′＝OA＝6，∠OBC＝45°， ∴A′B＝626，

∴BD＝（626）×21262， ∴CD＝6﹣（1262）=626，

∴BC与A′B′的交点D的坐标为（662，6）；

（2）如图②，过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN的垂线，垂足为N，

∵∠OC′B′＝90°，

∴∠OC′M＝90°﹣∠B′C′N＝∠C′B′N， ∵OC′＝B′C′，∠OMC′＝∠C′NB′＝90°， ∴△OMC′≌△C′NB′（AAS）， 当α＝60°时，

∵∠A′OC′＝90°，OC′＝6， ∴∠C′OM＝30°，

∴C′N＝OM＝33，B′N＝C′M＝3， ∴点B′的坐标为333,333；

（3）如图③，连接OB，AC相交于点K， 则K是OB的中点， ∵P为线段BC′的中点， ∴PK＝

12OC′＝3， ∴P在以K为圆心，3为半径的圆上运动， ∵AK＝32，

∴AP最大值为323，AP的最小值为323， ∴AP长的取值范围为323剟AP323.

【点睛】

本题考查正方形性质，全等三角形判定与性质，三角形中位线定理．（利用中位线定理得出点P的轨迹．

3）问解题的关键是10．问题情境

在四边形ABCD中，BA＝BC，DC⊥AC，过点D作DE∥AB交BC的延长线于点E，M是边AD的中点，连接MB，ME. 特例探究

(1)如图1，当∠ABC＝90°时，写出线段MB与ME的数量关系，位置关系； (2)如图2，当∠ABC＝120°时，试探究线段MB与ME的数量关系，并证明你的结论； 拓展延伸

(3)如图3，当∠ABC＝α时，请直接用含α的式子表示线段MB与ME之间的数量关系．

tan【答案】(1)MB＝ME，MB⊥ME；(2)ME＝3MB．证明见解析；(3)ME＝MB·【解析】 【分析】

（1）如图1中，连接CM．只要证明△MBE是等腰直角三角形即可； （2）结论：EM=3MB．只要证明△EBM是直角三角形，且∠MEB=30°即可； （3）结论：EM=BM•tan【详解】

(1) 如图1中，连接CM．

2.

．证明方法类似； 2

∵∠ACD=90°，AM=MD， ∴MC=MA=MD， ∵BA=BC， ∴BM垂直平分AC， ∵∠ABC=90°，BA=BC，

1∠ABC=45°，∠ACB=∠DCE=45°， 2∵AB∥DE，

∴∠ABE+∠DEC=180°， ∴∠DEC=90°，

∴∠DCE=∠CDE=45°，

∴∠MBE=

∴EC=ED，∵MC=MD，

∴EM垂直平分线段CD，EM平分∠DEC， ∴∠MEC=45°，

∴△BME是等腰直角三角形， ∴BM=ME，BM⊥EM． 故答案为BM=ME，BM⊥EM． (2)ME＝3MB．

证明如下：连接CM，如解图所示．

∵DC⊥AC，M是边AD的中点， ∴MC＝MA＝MD． ∵BA＝BC， ∴BM垂直平分AC． ∵∠ABC＝120°，BA＝BC，

1∠ABC＝60°，∠BAC＝∠BCA＝30°，∠DCE＝60°. 2∵AB∥DE，

∴∠ABE＋∠DEC＝180°， ∴∠DEC＝60°，

∴∠DCE＝∠DEC＝60°， ∴△CDE是等边三角形， ∴EC＝ED． ∵MC＝MD，

∴EM垂直平分CD，EM平分∠DEC，

∴∠MBE＝∴∠MEC＝

1∠DEC＝30°， 2∴∠MBE＋∠MEB＝90°，即∠BME＝90°. 在Rt△BME中，∵∠MEB＝30°， ∴ME＝3MB．

(3) 如图3中，结论：EM=BM•tan

． 2

理由：同法可证：BM⊥EM，BM平分∠ABC， 所以EM=BM•tan【点睛】

本题考查四边形综合题、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．

． 2

11．如图，在正方形ABCD中，点E在CD上，AF⊥AE交CB的延长线于F． 求证：AE=AF．

【答案】见解析 【解析】 【分析】

根据同角的余角相等证得∠BAF=∠DAE，再利用正方形的性质可得AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°，根据ASA判定△ABF≌△ADE，根据全等三角形的性质即可证得AF=AE． 【详解】 ∵AF⊥AE， ∴∠BAF+∠BAE=90°， 又∵∠DAE+∠BAE=90°， ∴∠BAF=∠DAE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°， 在△ABF和△ADE中，

，

∴△ABF≌△ADE（ASA）， ∴AF=AE． 【点睛】

本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点，证明△ABF≌△ADE是解决本题的关键．

12．如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG．

（1）求证：四边形DEFG为菱形； （2）若CD=8，CF=4，求

的值．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）． 【解析】

试题分析：（1）由折叠的性质，可以得到DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，再证明 FG=FE，即可得到四边形DEFG为菱形； （2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出∴FG=FE，∴DG=GF=EF=DE，∴四边形DEFG为菱形；

（2）设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，在Rt△EFC中，即

，解得：x=5，CE=8﹣x=3，∴

=．

，

的值．

试题解析：（1）由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，∵FG∥CD，∴∠2=∠3，

考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．勾股定理；3．菱形的判定与性质；4．矩形的性质；5．综合题．

13．正方形ABCD的边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点E是AB边上的一个动点（点E不与点A、B重合），CE与BD相交于点F，设线段BE的长度为x．

（1）如图1，当AD=2OF时，求出x的值；

（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE的面积为S，试求S与x的函数关系式并求出S的最大值． 【答案】（1）x=

﹣1；

（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1）， 当x=时，S的值最大，最大值为，． 【解析】

试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到CM=ME，根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，

求得OF=OM=解方程

，即可得到结果；

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据全等三角形的性质得到EB=PG=x，由三角形的面积公式得到S=（1﹣x）•x，根据二次函数的性质即可得到结论．

试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1， ∵OA=OC， ∴CM=ME， ∴AE=2OM=2OF， ∴OM=OF， ∴

，

∴BF=BE=x， ∴OF=OM=∵AB=1， ∴OB=

，

，

∴∴x=

﹣1；

，

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2， ∵∠CEP=∠EBC=90°， ∴∠ECB=∠PEG，

∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°， 在△EPG与△CEB中，

，

∴△EPG≌△CEB， ∴EB=PG=x， ∴AE=1﹣x，

∴S=（1﹣x）•x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1）， ∵﹣＜0，

∴当x=时，S的值最大，最大值为，．

考点：四边形综合题

14．如图①，在△ABC中，AB=7，tanA=，∠B=45°．点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动（不与点A、B重合），过点P作PQ⊥AB．交折线AC-

CB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设点P的运动时间为t（秒），正方形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（平方单位）．

（1）直接写出正方形PQMN的边PQ的长（用含t的代数式表示）． （2）当点M落在边BC上时，求t的值． （3）求S与t之间的函数关系式．

（4）如图②，点P运动的同时，点H从点B出发，沿B-A-B的方向做一次往返运动，在B-A上的速度为每秒2个单位长度，在A-B上的速度为每秒4个单位长度，当点H停止运动时，点P也随之停止，连结MH．设MH将正方形PQMN分成的两部分图形面积分别为S1、S2（平方单位）（0＜S1＜S2），直接写出当S2≥3S1时t的取值范围．

【答案】(1) PQ=7-t．(2) t=．(3) 当0＜t≤时，S=．当＜t≤4，

或

或

．当4＜t＜7时，

．

【解析】

．（4）

试题分析：（1）分两种情况讨论：当点Q在线段AC上时，当点Q在线段BC上时． （2）根据AP+PN+NB=AB，列出关于t的方程即可解答； （3）当0＜t≤（4）

时，当或

＜t≤4，当4＜t＜7时；

或

．

试题解析：（1）当点Q在线段AC上时，PQ=tanAAP=t． 当点Q在线段BC上时，PQ=7-t． （2）当点M落在边BC上时，如图③，

由题意得：t+t+t=7， 解得：t=

．

∴当点M落在边BC上时，求t的值为（3）当0＜t≤

时，如图④，

．

S=当

．

＜t≤4，如图⑤，

．

当4＜t＜7时，如图⑥，

．

（4）

或

或

．．

考点：四边形综合题.

15．已知：如图，四边形ABCD和四边形AECF都是矩形，AE与BC交于点M，CF与AD交于点N．

（1）求证：△ABM≌△CDN；

（2）矩形ABCD和矩形AECF满足何种关系时，四边形 AMCN是菱形，证明你的结论． 【答案】（1）证明见解析；（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．证明见解析； 【解析】

试题分析：（1）由已知条件可得四边形AMCN是平行四边形，从而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，利用HL即可证明；

（2）若四边形AMCN为菱形，则有AM=AN，从已知可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，所以有△ABM≌△AFN，从而得AB=AF，因此当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形． 试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD∥BC． ∵四边形AECF是矩形，∴AE∥CF．∴四边形AMCN是平行四边形．∴AM＝CN．在Rt△ABM和Rt△CDN中，AB＝CD，AM＝CN，∴Rt△ABM≌Rt△CDN． （2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．

∵四边形ABCD、AECF是矩形，∴∠B＝∠BAD＝∠EAF＝∠F＝90°．∴∠BAD－∠NAM＝∠EAF－∠NAM，即∠BAM＝∠FAN．又∵AB＝AF，∴△ABM≌△AFN．∴AM＝AN．由（1）知四边形AMCN是平行四边形，∴平行四边形AMCN是菱形． 考点：1．矩形的性质；2．三角形全等的判定与性质；3．菱形的判定．