成都八中中考数学期末几何综合压轴题易错汇编

成都八中中考数学期末几何综合压轴题易错汇编
一、中考数学几何综合压轴题
1．综合与实践
（1）（探索发现）在ABC ∆中. AC BC =，ACB α∠=，点D 为直线BC 上一动点（点D 不与点B ，C 重合），过点D 作//DF AC 交直线AB 于点F ，将AD 绕点D 顺时针旋转α得到ED ，连接BE ．
如图（1），当点D 在线段BC 上，且90α=︒时，试猜想：
①AF 与BE 之间的数量关系：______；
②ABE ∠=______．
（2）（拓展探究）
如图（2），当点D 在线段BC 上，且090α︒<<︒时，判断AF 与BE 之间的数量关系及ABE ∠的度数，请说明理由．
（3）（解决问题）
如图（3），在ABC ∆中，AC BC =，4AB =，ACB α∠=，点D 在射线BC 上，将AD 绕点D 顺时针旋转α得到ED ，连接BE ．当3BD CD =时，直接写出BE 的长．
解析：（1）①AF BE =；②90︒；（2）AF BE =，ABE α∠=．理由见解析；（3）BE 的长为1或2．
【分析】
（1）由“SAS”△ADF ≌△EDB ，可得AF=BE ，再利用“8字型”字母∠OBE=∠ADO=90°即可解决问题；
（2）结论：AF=BF ，∠ABE=a ．由“SAS”△ADF ≌△EDB ，即可解决问题；
（3）分当点D 在线段BC 上和当点D 在BC 的延长线上两种情形讨论，利用平行线分线段成比例可求解．
【详解】
解：
（1）如图1中，设AB 交DE 于O ．
∵∠ACB=90°，AC=BC ，
∴∠ABC=45°，
∵DF ∥AC ，
∴∠FDB=∠C=90°，
∴∠DFB=∠DBF=45°，
∴DF=DB ，
∵∠ADE=∠FDB=90°，
∴∠ADF=∠EDB ，且DA=DE ，DF=DB
∴△ADF ≌△EDB （SAS ），
∴AF=BE ，∠DAF=∠E ，
∵∠AOD=∠EOB ，
∴∠ABE=∠ADO=90°
故答案为AF=BE ，90°．
（2）AF BE =，ABE α∠=.
理由：∵//DF AC ，
∴FDB ACB α∠=∠=，CAB DFB ∠=∠.
∵AC BC =，
∴ABC CAB ∠=∠.∴ABC DFB ∠=∠.
∴DB DF =
∵ADE FDB α∠==∠，ADF ADE FDE ∠=∠-∠，EDB FDB FDE ∠=∠-∠，
∴ADF EDB ∠=∠.
又∵AD DE =，
∴ADF EDB ∆≅∆.
∴AF BE =，AFD EBD ∠=∠.
∴AFD ABC FDB ∠=∠+∠，DBE ABD ABE ∠=∠+∠，
∴ABE FDB α∠=∠=.
（3）1或2.
解：当点D 在线段BC 上时，过点D 作//DF AC 交直线AB 于点F ，如图（1）. ∵//DF AC ，∴3BF BD AF CD
==. ∵4AB BF AF =+=，∴1AF =.
∵//DF AC ，∴BDF C ADE α∠=∠=∠=，DFB CAB ∠=∠.
∵ADF ADE FDE ∠=∠-∠，EDB FDB FDE ∠=∠-∠，
∴ADF EDB ∠=∠.
∵AC BC =，∴CAB CBA ∠=∠.∴DFB DBF ∠=∠.∴DF DB =.
又AD DE =，∴ADF EDB ∆≅∆，1BE AF ==.
当点D 在线段BC 的延长线上时，过点D 作//DF AC '交BA 的延长线于点F '，如图（2）. ∵//DF AC '， ∴2AB BC AF CD
=='. ∴24AB AF '==.
∴2AF '=.
同理可得2BE AF '==.
综上可得，BE 的长为1或2.
【点睛】
本题考查几何变换综合题、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，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． 2．（基础巩固）
（1）如图①，ABC ACD CED α∠=∠=∠=，求证：ABC CED ∽
△△． （尝试应用）
（2）如图②，在菱形ABCD 中，60A ∠=︒，点E ，F 分别为边,AD AB 上两点，将菱形
ABCD 沿EF 翻折，点A 恰好落在对角线DB 上的点P 处，若2PD PB =，求AE AF 的值． （拓展提高）
（3）如图③，在矩形ABCD 中，点P 是AD 边上一点，连接,PB PC ，若
2,4,120PA PD BPC ==∠=︒，求AB 的长．
解析：（1）见解析；（2）
54
；（3）113AB = 【分析】 （1）由,ABC ACD ACE A ABC α∠=∠=∠=∠+∠证明A DCE ∠=∠，再根据相似三角形的判定方法解题即可；
（2）由菱形的性质，得到AB AD =，60A ∠=︒，继而证明ABD △是等边三角形，结合（1）中相似三角形对应边成比例的性质，设,2,,BP a DP a AE PE x AF PF y ======，则3,3DE a x BF a y =-=-可整理得到54
x y =，据此解题； （3）在AD 边上取点E ，F ，使得30ABE DCF ∠=∠=︒，由矩形的性质，得到
120BEP BPC PFC ∠=∠=∠=︒，结合（1）中相似三角形对应边成比例的性质解题即可．
【详解】
解：（1）证明：∵,ABC ACD ACE A ABC α∠=∠=∠=∠+∠，
∴DCE A αα∠+=∠+，即A DCE ∠=∠，
∵ABC CED α∠=∠=，
∴ABC CED ∽△△；
（2）∵四边形ABCD 是菱形，
∴AB AD =，
∴60A ∠=︒，
∴ABD △是等边三角形，
∴60EPF A ADB ABD ∠=∠=∠=∠=︒，
由（1）得，EPD PFB ∽， ∴DE PD PE PB BF PF ==， 设,2,,BP a DP a AE PE x AF PF y ======，则3,3DE a x BF a y =-=- ∴323a x a x a a y y -==-， 可得3ay xy ax -=①，32ax xy ay -=②，
①－②，得332ay ax ax ay -=-，
∴
54x y =， ∴AE AF 的值为54
； （3）如图，在AD 边上取点E ，F ，使得30ABE DCF ∠=∠=︒，设AB =CD =m ，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴90A D ∠=∠=︒，
∴120BEP BPC PFC ∠=∠=∠=︒，
60BPE DFC ︒∠=∠=
1,sin 60233
AB BE CF AE BE ∴====︒= DF ， 223
PE AE ∴=-= 443PF DF ∴=-= 由（1）可得，BEP PFC ∽，
∴BE EP PF FC
=，
∴22332433m m m m -=-，整理，得22380m m +-=， 解得113m =-或311m =--（舍去），
∴113AB =-．
【点睛】
本题考查相似三角形的综合题、等边三角形的性质、菱形的性质、矩形的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
3．[问题解决]
（1）如图1．在平行四边形纸片ABCD （AD ＞AB ）中，将纸片沿过点A 的直线折叠，使点B 落在AD 上的点B '处，折线AE 交BC 于点E ，连接B 'E ．求证：四边形ABEB '是菱形．
[规律探索]
（2）如图2，在平行四边形纸片ABCD （AD ＞AB ）中，将纸片沿过点P 的直线折叠，点B 恰好落在AD 上的点Q 处，点A 落在点A ′处，得到折痕FP ，那么△PFQ 是等腰三角形吗？请说明理由．
[拓展应用] （3）如图3，在矩形纸片ABCD （AD ＞AB ）中，将纸片沿过点P 的直线折叠，得到折痕FP ，点B 落在纸片ABCD 内部点B '处，点A 落在纸片ABCD 外部点A '处，A B ''与AD 交于点M ，且A 'M ＝B 'M ．已知：AB ＝4，AF ＝2，求BP 的长．
解析：（1）证明见解析；（2）是，理由见解析；（3）422．
【分析】
（1）由平行线的性质和翻折可推出CEB ABE '∠=∠，即//AB B E '．故四边形ABEB '是平行四边形，再由翻折可知AB AB '=，即证明平行四边形ABEB '是菱形．
（2）由翻折和平行线的性质可知BPF QPF ∠=∠，BPF QFP ∠=∠，即得出
QPF QFP ∠=∠，即PFQ △是等腰三角形．
（3）延长PB '交AD 于点G ，根据题意易证()FA M GB M ASA ''≅，得出结论
2A F B G AF ''===，FM GM =．根据（2）同理可知PFG △为等腰三角形，即FG =PG ．再在Rt A FM '中，2222FM A M A F ''=+242PG FG FM ===422PB PB PG B G ''==-=．
【详解】
（1）由平行四边形的性质可知//AD BC ，
∴AB E CEB ''∠=∠，
由翻折可知AB E ABE '∠=∠，
∴CEB ABE '∠=∠，
∴//AB B E '．
∴四边形ABEB '是平行四边形．
再由翻折可知AB AB '=，
∴四边形ABEB '是菱形．
（2）由翻折可知BPF QPF ∠=∠，
∵//AD BC ，
∴BPF QFP ∠=∠，
∴QPF QFP ∠=∠，
∴QF =QP ，
∴PFQ △是等腰三角形．
（3）如图，延长PB '交AD 于点G ，
根据题意可知90FA M GB M ''∠=∠=︒，
在FA M '和GB M '中，90FA M GB M A M B M FMA GMB ''''∠=∠''=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴()FA M GB M ASA ''≅，
∴2A F B G AF ''===，FM GM =．
根据（2）同理可知PFG △为等腰三角形．
∴FG =PG ．
∵2A F AM '==，
∴在Rt A FM '中，2222FM A M A F ''=+=， ∴242FG FM ==，
∴42PG =，
∴422PB PB PG B G ''==-=-．
【点睛】
本题为矩形的折叠问题．考查矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质，菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，综合性强．掌握折叠的性质和正确的连接辅助线是解答本题的关键．
4．ABC 和DCE 都是等边三角形，DCE 绕点C 旋转，连接,AE BD ．
猜测发现 ：（1）如图1，AE 与BD 是否相等？若相等，加以证明；若不相等，请说明理由．
问题解决 ：（2）若B C E 、、三点不在一条直线上，且30,4,3ADC AD CD ∠=︒==，求BD 的长．
拓展运用 ：（3）若B C E 、、三点在一条直线上（如图2），且ABC 和DCE 的边长分别为1和2，ACD △的面积及tan ADC ∠的值．
解析：（1）AE =BD ，理由见解析；（2）5；（33tan ADC ∠3【分析】 （1）根据等边三角形的性质，容易证明△BCD ≌△ACE ，从而问题即可解决；
（2）根据∠ADC=30゜及△DCE 是等边三角形，可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=90゜，从而可计算出AE ，再由（1）即可得BD 的长；
（3）过A 点作AF ⊥CD 于F ，根据ABC 和DCE 都是等边三角形，可得∠ACD=60゜，于是在直角△ACF 中利用三角函数知识可求得AF 的长，从而可求得△ACD 的面积；在△ACF 中还可求得CF 的长 ，从而可得DF 的长，这样在直角△ADF 中即可求得结论．
【详解】
（1）AE =BD ．
理由如下：
∵ABC 和DCE 都是等边三角形，
∴,,60AC BC DC EC ACB DCE ==∠=∠=︒，
∴ACB ACD DCE ACD ∠+∠=∠+∠，
即BCD ACE ∠=∠，
在BCD △和ACE 中，
CD CE BCD ACE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴() ACE BCD SAS ≅△△，
∴AE BD =；
（2）如图3，由（1）得：BD AE =，
∵DCE 是等边三角形，
∴60,3CDE CD DE ∠=︒==，
∵30ADC ∠=︒，
∴306090ADE ADC CDE ∠=∠+∠=︒+︒=︒，
在Rt ADE △中，4,3AD DE ==，
∴2222435AE AD DE =+=+=，
∴5BD =；
（3）如图2，过A 作AF CD ⊥于F ，
∵B C E 、、三点在一条直线上，
∴180BCA ACD DCE ∠+∠+∠=︒，
∵ABC 和DCE 都是等边三角形，
∴60BCA DCE ∠=∠=︒，
∴60ACD ∠=︒，
在Rt ACF 中，sin AF ACF AC ∠=
， ∴33sin 122AF AC ACF =⨯∠=⨯
=，11cos 122CF AC ACF =⨯∠=⨯=， ∴113322222
ACD S CD AF =⨯⨯=⨯⨯=，13222FD CD CF =-=-=， 在Rt AFD 中，3tan 3
AF ADC DF ∠=
=． 【点睛】 本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数等知识，带有一定的综合性．
5．（问题原型）如图，在矩形ABCD 中，对角线AC 、BD 交于点O ，以AC 为直径作O ．求证：点B 、D 在O 上．
请完成上面问题的证明，写出完整的证明过程．
（发现结论）矩形的四个顶点都在以该矩形对角线的交点为圆心，对角线的长为直径的圆上．
（结论应用）如图，已知线段2AB =，以线段AB 为对角线构造矩形ACBD ．求矩形ACBD 面积的最大值．
（拓展延伸）如图，在正方形ABCD 中，2AB =，点E 、F 分别为边AB 、CD 的中点，以线段EF 为对角线构造矩形EGFH ，矩形EGFH 的边与正方形ABCD 的对角线AC 交于M 、N 两点，当MN 的长最大时，矩形EGFH 的面积为_____________________
解析：问题原型：见解析；结论应用：见解析；发现结论：2；拓展延伸：2
【分析】
问题原型：运用矩形对角线互相平分且相等，即可求证四点共圆；
结论应用：根据结论矩形面积最大时为正方形，利用对角线的长求得正方形的面积； 拓展延伸：由上一问的结论，可知四边形EGFH 为正方形, 证明四边形AEOH 是正方形，继而求得面积
【详解】
解：【问题原型】
∵AC 为O 直径，
∴OA 为O 半径.
令OA r =.
∵四边形ABCE 为矩形，
∴AC BD =，12OA OC AC ==
，.12
OB OD BD == ∴OB OD OA r ===.
∴点B 、D 在O 上.
【结论应用】
连续CD 交AB 于点O ，过点D 作DE AB ⊥于点E .
∴DE OD ≤.
由【发现结论】可知，点D 在以AB 为直径的圆上，即112
OD OA AB ===， ∴当1DE OD ==即AB CD ⊥时，矩形ACBD 的面积最大. 2AB CD ==
∴矩形ACBD 的面积最大值为
22112222
AB =⨯=. 【拓展延伸】 如图，连接GH ,设AC 与EF 的交点为O
四边形ABCD 是正方形
2AB ∴=,90BAD ADC ∠=∠=︒，//AE DF 点E 、F 分别为边AB 、CD 的中点
1AE EB CF FD ∴====,2EF =
∴四边形AEFD 是矩形
//EF AD ∴EF AB ⊥，
由【结论应用】可知，2EF =时，矩形EGFH 的面积最大为2122
EF = 此时四边形EGFH 为正方形，此时MN 最大，
EF GH ∴⊥,112
EO OF OH OG EF ===== ∴四边形AEOH 是正方形 ∴112
AE AH AB === ∴2222112EH AE AH =++∴正方形EGFH 的面积为：22(2)2EH ==
【点睛】
本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，灵活运用矩形，正方形的性质和判定是解题的关键．
6．（了解概念）
定义：在平面直角坐标系xOy 中，组成图形的各点中，与点Р所连线段最短的点叫做点Р关于这个图形的短距点，这条最短线段的长度叫做点Р到这个图形的短距．
（理解运用）
（1）已知点()3,0P -，以原点为圆心，l 为半径作O ，则点Р关于O 的短距点的坐标是 ；
（2）如图，点(3P ，等边三角形OAB 的顶点A 的坐标为()6,0，顶点B 在第一象限，判断点Р关于OAB 的短距点的个数，并说明理由；
（拓展提升）
（3）已知(),6P p p -+，()6,0A ，()0,6B ，点C 在第一象限内，且75CBO ∠=︒，90ACB ∠=︒，若点Р到四边形OACB 的短距大于2，请直接写出p 的取值范围． 解析：（1）(-1，0)；（2）点Р关于OAB 的短距点的个数有3个；（3）当p ＜22p ＜4或p ＞2Р到四边形OACB 的短距大于2．
【分析】
（1）连接PO ，交O 于点M ，点M 即是点Р关于O 的短距点，进而即可求解； （2）根据题意得点P 是三角形OAB 的中心，进而即可求解；
（3）由题意得点P ，A ，B 在直线y =-x +6上，以点P 为圆心，半径长为2画圆，分3种情况：①当点P 在AB 的延长线上，圆P 过点B 时，②当点P 在线段AB 上，圆P 与BC 相切于点N ，过点P 作PM ⊥y 轴，③当点P 在BA 的延长线上，圆P 过点A 时，过点P 作PM ⊥y 轴，分别求解，即可得到答案．
【详解】
解：（1）连接PO ，交O 于点M ，点M 即是点Р关于O 的短距点，
∵()3,0P -，、O 的半径为1，
∴M (-1，0)，
故答案是：(-1，0)；
（2）∵点(3P ，等边三角形OAB 的顶点A 的坐标为()6,0，
∴点P 是三角形OAB 的中心，
∴点P 到OA ，OB ，OC 3
∴点Р关于OAB 的短距点的个数有3个；
（3）∵(),6P p p -+，()6,0A ，()0,6B ，
∴点P ，A ，B 在直线y =-x +6上，
∴∠ABO =∠BAO =45°，
∵点C 在第一象限内，且75CBO ∠=︒，90ACB ∠=︒，
∴∠ABC =75°-45°=30°，
以点P 为圆心，半径长为2画圆，如图所示：
当点P 在AB 的延长线上，圆P 过点B 时，过点P 作PM ⊥y 轴，
∵PB=2，∠PBM=45°，
∴PM=2×2
2
=2，
∴p＜-2时，点Р到四边形OACB的短距大于2；
①当点P在线段AB上，圆P与BC相切于点N，过点P作PM⊥y轴，则BP=2PN=2×2=4，
PM=BP×
2
2
=22，
②当点P在线段AB上，圆P与OA相切于点N，过点P作PM⊥y轴，则AP=2PN=22，
BP=AB-AP=62-22=42，PM= BP×
2
2
=42×
2
2
=4，
∴22＜p＜4时，点Р到四边形OACB的短距大于2；
③当点P在BA的延长线上，圆P过点A时，过点P作PM⊥y轴，则PM=（2）
2
2
∴p ＞6+2时，点Р到四边形OACB 的短距大于2；
综上所述：当p ＜-2或22＜p ＜4或p ＞6+2时，点Р到四边形OACB 的短距大于2．
【点睛】
本题主要考查图形与坐标以及圆的综合题，根据题意画出图形，掌握圆与直线相切的性质是解题的关键．
7．（了解概念）
在凸四边形中，若一边与它的两条邻边组成的两个内角相等，则称该四边形为邻等四边形，这条边叫做这个四边形的邻等边．
（理解运用）
（1）在邻等四边形ABCD 中，40A ∠=︒，60B ∠=︒，若CD 是这个邻等四边形的邻等边，则C ∠的度数为__________；
（2）如图，凸四边形ABCD 中，P 为AB 边的中点，ADP PDC ∽，判断四边形ABCD 是否为邻等四边形，并证明你的结论；
（拓展提升）
（3）在平面直角坐标系中，AB 为邻等四边形ABCD 的邻等边，且AB 边与x 轴重合，已知(2,0)A -，(,3)C m ，(2,4)D ，若在边AB 上使DPC BAD ∠=∠的点P 有且仅有1个，则m 的值是__________．
解析：（1）130°；（2）四边形ABCD 是邻等四边形，理由见解析；（3）﹣6【分析】
（1）根据邻等四边形的定义即可求解；
（2）由△ADP ∽△PDC ，可得
AP AD PC PD =，∠DAP ＝∠DPC ，∠APD ＝∠PCD ，由P 为AB 的中点，可得AP ＝BP ，则
PB AD PC PD
=，可证△BPC ∽△ADP ，由相似三角形的性质得出∠A ＝∠B 即可； （3）①若点B 在点A 右侧，如图，由AB 为邻等边，则有∠DAB ＝∠ABC ＝∠DPC ，可证△ADP ∽△BPC ，可得AP BC ＝AD BP
，设点P （n ，0），由等腰直角三角形可求∠BAD ＝45°，可求B 、C 横坐标之差为3，B （m +3，0），将AP ，BP ，AD ，BC ，代入得：
n 2+（m +1）n +2m ﹣18＝0，由题意可知n 只有一个解，可
求得m ＝﹣；②若点B 在点A 左侧，可求得∠BAD ＝135°，可证△ADP ∽△BPC ，可
得AP
BC ＝AD BP ，可求得B 、C 横坐标之差为33m n
=+-，可求得m ＝﹣5﹣． 【详解】
解：（1）∵CD 为邻等边，
∴∠C ＝∠D ，
又∵40A ∠=︒，60B ∠=︒，
∴∠C ＝∠D ＝（360°﹣∠A ﹣∠B ）÷2＝130°，
∴∠C ＝130°．
故答案为：130°；
（2）四边形ABCD 是邻等四边形，
理由如下：∵△ADP ∽△PDC ， ∴AP AD PC PD
=，∠DAP ＝∠DPC ，∠APD ＝∠PCD ，∠ADP ＝∠PDC ， 又∵P 为AB 的中点，
∴AP ＝BP ， ∴
PB AD PC PD =， ∴PB PC AD PD
=， ∵∠APD +∠BPC ＝180°﹣∠DPC ，∠PCD +∠PDC ＝180°﹣∠DPC ，
且∠APD ＝∠PCD ，
∴∠BPC ＝∠PDC ，
∵∠ADP ＝∠PDC ，
∴∠ADP ＝∠BPC ，
∴△BPC ∽△ADP ，
∴∠B ＝∠A ，
∴四边形ABCD 为邻等四边形；
（3）若点B 在点A 右侧，如图，
∵AB为邻等边，则有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，又∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，
∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，
∴∠DAB＝∠DPC，∠ADP＝∠BPC，
∴△ADP∽△BPC，
∴AP
BC ＝
AD
BP
，
设点P（n，0），
∵A（﹣2，0），D（2，4），
∴∠BAD＝45°，
∴∠ABC＝45°，
过点C作CE⊥x轴于点E，
则∠CEB＝90°，∠BCE＝∠ABC＝45°，
∴CE＝BE，
∵点C（m，3），
∴CE＝3，
∴BE＝3，
∴B（m+3，0），
∴AP＝n+2，BP＝m+3﹣n，
∴AD22
(22)4
++2BC22
33
+32
代入AP
BC
＝
AD
BP
得：
42
32
整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由题意可知n只有一个解，
∴△＝（m+1）2+4（2m﹣18）＝0，
解得：m＝﹣6
又∵点C在点D右侧，
∴m ＝﹣5+46；
②若点B 在点A 左侧，如图，
此时，∵A （﹣2，0），D （2，4），
∴∠OAD ＝45°，
∴∠BAD ＝∠ABC ＝∠DPC ＝135°，
∵∠ADP +∠DPA ＝180°﹣∠DAB ，
∠BPC +∠DPA ＝180°﹣∠DPC ，
∴ADP ＝∠BPC ，
∴△ADP ∽△BPC ，
∴AP BC ＝AD BP
， 由①得：B （m +3，0），C （m ，3），P （n ，0），
AP ＝﹣2﹣n ，BP ＝n ﹣m ﹣3，AD ＝42BC ＝32 ∴4232
=， 解得：m ＝﹣6
又∵点C 在点D 左侧，
∴m ＝﹣5﹣6；
综上所述：m ＝﹣6．
【点睛】
本题是相似综合题，考查新定义图形，仔细阅读题目，抓住定义中的性质，会验证新定义图形，相似三角形的判定与性质，一元二次方程根的判别式，利用相似三角形的性质构造关于n 的一元二次方程是解题关键．
8．如图，E F ，分别为ABC 中AC AB ，上的动点（点、、A B C 除外），连接EB FC ，交于点P ，6BC =.我们约定：线段BC 所对的CPB ∠，称为线段BC 的张角.
情景发现
（1）已知三角形ABC 是等边三角形，AE BF =，
①求线段BC 的张角CPB ∠的度数；
②求点P 到BC 的最大距离；
③若点P 的运动路线的长度称为点P 的路径长，求点P 的路径长.
拓展探究
（2）在（1）中，已知A BC '是圆P 的外切三角形，若点A '的运动路线的长度称为点A '的
路径长，试探究点A '的路径长与点P 的路径长之间有何关系？请通过计算说明.
解析：（1）①BPC ∠＝120°，②点P 到BC 的最大距离3PN =433
π；（2）点A '的路径长与点P 的路径长的比值是2：1（或点A '的路径长是点P 的路径长的2倍）.
【分析】
（1）①利用等边三角形的性质证△AEB 与△BCF 全等，得到∠EBA ＝∠BCF ，利用三角形的内角和定理即可求出∠CPB 的度数；
②由题意可知当PO ⊥BC 于点N 时，点P 到BC 的距离最大，根据垂径定理及三角函数即可求出点P 到BC 的最大距离；
③由题意知点P 的路径长为弧BC 的长，在②的基础上直接利用公式即可求出结果； （2）由题意可知张角∠CPB 的度数始终为120°，可得∠CBP ＋∠BCP ＝60°，因为圆P 是△A'BC 的内切圆，由此可推出A'是等边三角形ABC 外接圆上优弧BAC 上的一动点，其半径为3240°，根据弧长公式可直接求出其长度，并计算出点A'的路径长是点P 的路径长的2倍．
【详解】
解：（1）①∵ABC 是等边三角形， ∴60CBA
A A
B B
C ∠∠︒=＝＝，， ∵AE BF =，
∴AEB BCF △≌△，
∴EBA
BCF ∠∠＝. ∵60180EBA EBC EBC BCF BPC ∠+∠︒∠+∠+∠︒＝，＝
， ∴180180BPC EBC BCF EBC EBA ∠︒-∠-∠=︒-∠-∠＝
， 180********ABC ︒-∠=︒-︒︒＝＝. ②（2）如图所示，由于BPC ∠始终为120︒，故过点B C P 、、作圆O,
∴120BOC ∠︒＝
. 当PO BC ⊥于点N 时，点P 到BC 的距离最大.
∵OB OC =， ∴11 60,322
BOP BOC NB BC ∠∠=︒==＝， ∴3,3ON OB ==
∴点P 到BC 的最大距离2333PN =
③由②可知点P 的路径为BC 的长度，即x
（2）点A '的路径长与点P 的路径长的比值是2:1（或点A '的路径长是点P 的路径长的2倍），理由：
由（1）中题意可知张角CPB ∠的度数始终为120︒，可得60CBP BCP ∠+∠=︒， 又因为圆P 是A BC '△的内切圆，
所以120CBA BCA ''∠+∠=︒，
所以 60CA B ∠'=︒，
所以A '是等边三角形ABC 外接圆上优弧BAC 上的一动点，
由题意可得等边三角形ABC 外接圆的半径为23，点A '的路径是优弧BAC 的长度，即以240︒的圆心角，半径为23的弧长，如图，所以点A '的路径长=24023831801803
n r πππ⋅==， 点A '的路径长与点P 的路径长的比值是：843:32:133
ππ=， 所以点A '的路径长与点P 的路径长的比值是2：1（或点A '的路径长是点P 的路径长的2倍）.
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，圆的有关性质，弧长公式等，解题的关键是能够根据题意画出图形.
9．问题背景
（1）如图（1），ABD △，AEC 都是等边三角形，ACD △可以由AEB △通过旋转变换得
到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用
（2）如图（2）．在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，分别以AC ，AB 为边，作等边ACD △和等边ABE △，连接ED ，并延长交BC 于点F ，连接BD ．若BD BC ⊥，求DF DE
的值． 拓展创新
（3）如图（3）．在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，2AB =，将线段AC 绕点A 顺时针旋转90︒得到线段AP ，连接PB ，直接写出PB 的最大值．
解析：（1）旋转中心是点A ，旋转方向是顺时针，旋转角是60︒；（2）23
；（3）51．
【分析】 （1）由等边三角形得出60BAD ∠=︒，60CAE ∠=︒，AD AB =，AC AE =，证明()ACD AEB SAS ≌，由旋转性质即可得；
（2）证明()ADE ACB SAS ≌，由全等三角形的性质得90ADE ACB ∠=∠=︒，DE CB =，得出30BDF ∠=︒，由30直角三角形性质得12
BF DF =，则可计算得答案； （3）过点A 作AE AB ⊥，且使AE =AD ，连接PE ，BE ，由直角三角形的性质求出BE 、PE 的长即可得解．
【详解】
解（1）∵ABD △，AEC 都是等边三角形，
∴60BAD ∠=︒，60CAE ∠=︒，AD AB =，AC AE =，BAD BAC CAE BAC ∴∠+∠=∠+∠， DAC BAE ∴∠=∠，
()ACD AEB SAS ∴≌，
ACD ∴可以由AEB △绕点A 顺时针旋转60︒得到，
即旋转中心是点A ，旋转方向是顺时针，旋转角是60︒；
（2)ACD 和ABE △都是等边三角形，
AC AD ∴=，AB AE =，60CAD BAE ∠=∠=︒，
CAB DAE ∴∠=∠，
()ADE ACB SAS ∴≌，
90ADE ACB ∴∠=∠=︒，DE CB =，
90ADE ∠=︒，
90ADF ∴∠=︒，
60ADC ACD ∠=∠=︒，
30DCF CDF ∴∠=∠=︒，
CF DF ∴=，
BD BC ⊥，
30BDF ∴∠=︒，
设BF =x ，则CF =DF =2x ，DE =3x ， ∴2233DF x DE x ==； （3）90ACB ∠=︒，
∴点C 在以AB 为直径的圆上运动，取AB 的中点D ，连接CD ，
112
CD AB ∴==， 如图，过点A 作AE AB ⊥，且使AE =AD ，连接PE ，BE ，
∵将线段AC 绕点A 顺时针旋转90︒得到线段AP ，
90PAC ∴∠=︒，PA =AC ．
90EAD ∠=︒，
PAE CAD ∴∠=∠，
()CAD PAE SAS ∴≌，
∴PE =CD =1．
∵AB =2，AE =AD =1，
∴BE =22AE AB +=2212+=5，
51BP BE PE ∴≤+=+，
∴BP 的最大值为5+1．
【点睛】
本题是几何变换的综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质、圆周角定理；熟练掌握旋转的性质是本题的关键． 10．探究：如图1和2,四边形ABCD 中,已知AB AD =，90BAD ∠=︒，点E ，F 分别在BC 、CD 上，45EAF ∠=︒．
（1）①如图 1,若B 、ADC ∠都是直角，把ABE △绕点A 逆时针旋转90︒至ADG ，使AB 与AD 重合，则能证得EF BE DF =+，请写出推理过程；
②如图 2，若B 、D ∠都不是直角，则当B 与D ∠满足数量关系_______时，仍有EF BE DF =+;
（2）拓展：如图3,在ABC 中，90BAC ∠=︒,22AB AC ==D 、E 均在边BC 上,且45DAE ∠=︒．若1BD =，求DE 的长．
解析：（1）①见解析；②180B D ∠+∠=︒，理由见解析；（2）5=3
DE 【分析】
（1）①根据旋转的性质得出AE ＝AG ，∠BAE ＝∠DAG ，BE ＝DG ，求出∠EAF ＝∠GAF ＝45°，根据SAS 推出△EAF ≌△GAF ，根据全等三角形的性质得出EF ＝GF ，即可求出答案； ②根据旋转的性质得出AE ＝AG ，∠B ＝∠ADG ，∠BAE ＝∠DAG ，求出C 、D 、G 在一条直线上，根据SAS 推出△EAF ≌△GAF ，根据全等三角形的性质得出EF ＝GF ，即可求出答案； （2）根据等腰直角三角形性质好勾股定理求出∠ABC ＝∠C ＝45°，BC ＝4，根据旋转的性质得出AF ＝AE ，∠FBA ＝∠C ＝45°，∠BAF ＝∠CAE ，求出∠FAD ＝∠DAE ＝45°，证△FAD ≌△EAD ，根据全等得出DF ＝DE ，设DE ＝x ，则DF ＝x ，BF ＝CE ＝3−x ，根据勾股定理得出方程，求出x 即可．
【详解】
（1）①如图1，
∵把ABE △绕点A 逆时针旋转90︒至ADG ，使AB 与AD 重合，
∴AE AG =，BAE DAG ∠=∠，BE DG =
∵90BAD ∠=︒，45EAF ∠=︒，
∴45BAE DAF ∠+∠=︒，
∴45DAG DAF ∠+∠=︒，
即45EAF GAF ∠=∠=︒，
在EAF △和GAF 中
AF AF EAF GAF AE AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴()EAF GAF SAS ≌，
∴EF GF =，
∵BE DG =，
∴EF GF BE DF ==+；
②180B D ∠+∠=︒，
理由是：
把ABE △绕A 点旋转到ADG ，使AB 和AD 重合，
则AE AG =，B ADG ∠=∠，BAE DAG ∠=∠，
∵180B ADC ︒∠+∠=，
∴180ADC ADG ∠+∠=︒，
∴C ，D ，G 在一条直线上，
和①知求法类似，45EAF GAF ∠=∠=︒，
在EAF △和GAF 中
AF AF EAF GAF AE AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴()EAF GAF SAS △≌△，
∴EF GF =，
∵BE DG =，
∴EF GF BE DF ==+；
故答案为：180B D ∠+∠=︒
（2）∵ABC 中，22AB AC ==，90BAC ∠=
∴45ABC C ∠=∠=︒，由勾股定理得：
2222(22)(22)4BC AB AC =+=+= ，
把AEC 绕A 点旋转到AFB △,使AB 和AC 重合，连接DF ．
则AF AE =，45FBA C ∠=∠=︒，BAF CAE ∠=∠，
∵45DAE ∠=︒，
∴904545FAD FAB BAD CAE BAD BAC DAE ∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=︒-︒=︒， ∴45FAD DAE ∠=∠=︒，
在FAD △和EAD 中
AD AD FAD EAD AF AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴FAD EAD △≌△，
∴DF DE =，
设DE x =，则DF x =，
∵1BC =，
∴413BF CE x x ==--=-，
∵45FBA ∠=︒，45ABC ∠=︒，
∴90FBD ∠=︒，
由勾股定理得：222DF BF BD =+，
222(3)1x x =-+， 解得：5=3x ， 即5=3
DE ． 【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．
11．问题背景：
如图1，在矩形ABCD 中，23AB =，30ABD ∠=︒，点E 是边AB 的中点，过点E 作EF AB ⊥交BD 于点F ．
实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的BEF 绕点B 按逆时针方向旋转90︒，如图2所示，得到结论：①AE DF
=_____；②直线AE 与DF 所夹锐角的度数为______． （2）小王同学继续将BEF 绕点B 按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当BEF 旋转至D 、E 、F 三点共线时，则ADE 的面积为______． 解析：（1330°；（213339+13339-【分析】
（1）通过证明FBD EBA ∆∆∽，可得32AE BE DF BF ==，BDF BAE ∠=∠，即可求解； （2）通过证明ABE DBF ∆∆∽，可得32
AE BE DF BF ==，BDF BAE ∠=∠，即可求解； 拓展延伸：分两种情况讨论，先求出AE ，DG 的长，即可求解．
【详解】
解：（1）如图1，30ABD ∠=︒，90DAB ∠=︒，EF BA ⊥，
3cos 2
BE AB ABD BF DB ∴∠===， 如图2，设AB 与DF 交于点O ，AE 与DF 交于点H ，
BEF ∆绕点B 按逆时针方向旋转90︒，
90DBF ABE ∴∠=∠=︒，
FBD EBA ∴∆∆∽，
∴32
AE BE DF BF ==，BDF BAE ∠=∠， 又DOB AOF ∠=∠，
30DBA AHD ∴∠=∠=︒，
∴直线AE 与DF 所夹锐角的度数为30，
故答案为：32
，30； （2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设AE 与BD 交于点O ，AE 与DF 交于点H ，
将BEF ∆绕点B 按逆时针方向旋转，
ABE DBF ∴∠=∠，
又3
BE AB BF DB == ABE DBF ∴∆∆∽，
∴32AE BE DF BF ==，BDF BAE ∠=∠， 又DOH AOB ∠=∠， 30ABD AHD ∴∠=∠=︒，
∴直线AE 与DF 所夹锐角的度数为30．
拓展延伸：如图4，当点E 在AB 的上方时，过点D 作DG AE ⊥于G ，
23AB =，30ABD ∠=︒，点E 是边AB 的中点，90DAB ∠=︒，
3BE ∴=，2AD =，4DB =，
30EBF ∠=︒，EF BE ⊥，
1EF ∴=，
D 、
E 、
F 三点共线，
90DEB BEF ∴∠=∠=︒，
2216313DE BD BE ∴=-=-=，
30DEA ∠=︒，
11322
DG DE ∴==， 由（2）可得：
32AE BE DF BF ==， ∴32
131AE
=+， 3932
AE +∴=， ADE ∴∆的面积1
1393131333922228AE DG ++=⨯⨯=⨯
⨯=； 如图5，当点E 在AB 的下方时，过点D 作DG AE ⊥，交EA 的延长线于G ，
同理可求：ADE ∆的面积11393131333922AE DG --=⨯⨯= 13339+13339-
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
12．如图，在ABC ∆中，90ACB ∠=︒，2AC BC ==，点D 是射线BC 上一动点，过点B 作BE AD ⊥，垂足为点E ，交直线AC 于点P ．
（问题发现）（1）如图1，若点D 在BC 的延长线上，试猜想AP ，CD ，BC 之间的数量关系为_______；
（类比探究）（2）如图2，若点D 在线段BC 上，试猜想AP ，CD ，BC 之间的数量关系，并说明理由；
（拓展应用）（3）当点E 为BP 的中点时，直接写出线段CD 的长度．
解析：（1）BC AP CD =+；（2）AP BC CD =+，理由见解析；（3）CD 的长为22或222
【分析】
（1）通过证明BPC ADC ≅，可得CP CD =，再根据,AP CP AC BC AC +==，即可得证AP CD BC +=；
（2）通过证明()ACD BCP ASA ∆∆≌，可得CD CP =，再根据AP AC CP =+，即可得证AP BC CD =+；
（3）分两种情况：①当点D 在线段BC 上时；②当点D 在线段BC 的延长线上时，求解即可．
【详解】
解：（1）如图1，若点D 在BC 的延长线上，且点E 在线段AD 上，AP ，CD ，BC 之间的数量关系为BC AP CD =+，理由如下
90ACB ︒∠=
9018090PBC BPC ACD ACB ︒︒︒∴∠+∠=∠=-∠=，
BE AD ⊥，垂足为点E
90BED ︒∴∠=
90PBC ADC ︒∴∠+∠=
BPC ADC ∴∠=∠
在△BPC 和△ADC 中
90BPC ADC BCP ACD BC AC ︒∠=∠⎧⎪∠=∠=⎨⎪=⎩
BPC ADC ∴≅
CP CD ∴=
,AP CP AC BC AC +==
AP CD BC ∴+=
（2）AP BC CD =+．理由如下，如图
∵90ACB ∠=︒，BE AD ⊥
∴90P PAE ∠+∠=︒，90P PBC ∠+∠=︒，
∴PAE PBC ∠=∠
∵90ACB BCP ∠=∠=︒，AC BC =
∴()ACD BCP ASA ∆∆≌
∴CD CP =
∵AP AC CP =+
∴AP BC CD =+ （3）CD 的长为222-或222+
①当点D 在线段BC 上时
∵()APE ABE SAS ∆∆≌，
∴22AP AB ==
∴222CP AP AC =-=-
∴222CD CP ==-
②当点D 在线段BC 的延长线上时
222CD CP AP AC ==+=+
【点睛】
本题考查了全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键． 13．如图1，在ABC 中，2AB AC ==,120BAC ∠=︒，点,D E 分别是,AC BC 的中点，连接DE ．
(1)探索发现：
图１ 图２
图３
图1中，AB BC 的值为_____________；AD BE 的值为_________； (2)拓展探究 若将CDE △绕点C 逆时针方向旋转一周，在旋转过程中
AD BE 的大小有无变化，请仅就图2的情形给出证明；
(3)问题解决
当CDE △旋转至,,A D E 三点在同一直线时，直接写出线段BE 的长．
解析：(1)
33;33 (2)见解析 (3)3932
+或3932- 【分析】
（1）先判断出∠AEB=90°，再判断出∠B=30°，进而的粗AE ，再用勾股定理求出BE ，即可得出结论；
（2）先判断出，进而得出△ACD ∽△BCE ，即可得出结论；
（3）分点D 在线段AE 上和AE 的延长线上，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，最后用线段的和差求出AD ，即可得出结论．
【详解】
解:
解: (1)如图1，连接AE,
∵AB=AC=2，点E 分别是BC 的中点，
∴AE ⊥ BC,
∴∠AEC=90° ,
∵AB=AC=2，∠BAC=120° ,
∴∠B=∠C=30°,
在Rt △ABE 中，AE=12AB=1，根据勾股定理得，BE =3 ∵点E 是BC 的中点,
∴BC=2BE =23 ∴23323AB BC == ∵点D 是AC 的中点， ∴AD=CD=12AC=1,
∴AD 13BE 33
== 故答案为：
33,33; (2)无变化,理由:
由(1)知,CD=1,3CE BE ==
∴
3CD CE =3AC BC =∴3CD AC CE BC == 由(1)知,∠ACB=∠DCE=30°,
∴∠ACD=∠BCE,
∴△ACD ∽△BCE,
∴3AD AC BE BC == (3)线段BE 393+393- 当点D 在线段AE 上时,
如图2,过点C 作CF ⊥AE 于F,∠CDF=180°﹣∠CDE=60°, ∴∠DCF=30°,
∴1122
DF CD ==, ∴33CF DF == 在Rt △AFC 中,AC=2,根据勾股定理得,2213AF AC CF =-
∴AD=AF+DF=131
2
+, 由(2)知,
3
3
AD BE =
, ∴393
32
BE AD +==
当点D 在线段AE 的延长线上时,
如图3,过点C 作CG ⊥AD 交AD 的延长线于G, ∵∠CDG=60°, ∴∠DCG=30°, ∴11
22
DG CD ==,
∴3
32
CG DG ==
, 在Rt △ACG 中,根据勾股定理得,132
AG =, ∴131
2
AD AG DG -=-=, 由(2)知,
3
3
AD BE =
, ∴393
32BE AD -==
即:线段BE 的长为
393
2
+或
3932-.
【点睛】
此题是相似形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，构造出直角三角形是解本题的关键．
14．如图1，在中，，，点，分别在边，
上，，连接，点，，分别为，，的中点.
（1）观察猜想
图1中，线段与的数量关系是，位置关系是；
（2）探究证明
把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值.
解析：（1）PM=PN，；（2）等腰直角三角形，理由详见解析；（3）.
【详解】
试题分析：(1)已知点，，分别为，，的中点，根据三角形的中位线
定理可得,,,根据平行线的性质可得
∠DPM=∠DCE，∠NPD=∠ADC，在中，，，，可得BD=EC，∠DCE+∠ADC=90°，即可得PM=PN，∠DPM+∠NPD=90°，即；（2）是等腰直角三角形，根据旋转的性质易证△BAD≌△CAE，即可得BD=CE，∠ABD=∠ACE，根据三角形的中位线定理及平行线的性质（方法可类比（1）的方法）可得PM="PN," ∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，所以
∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，∠DPN=∠PNC+∠PCN =∠DBC+∠PCN，即可得∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，即△PMN为等
腰直角三角形；（3）把绕点旋转到如图的位置，此时PN=(AD+AB)="7,"
PM=(AE+AC)=7,且PN、PM的值最长，由（2）可知PM=PN，，所以
面积的最大值为 .
试题解析：
（1）PM=PN，；
（2）等腰直角三角形，理由如下：
由旋转可得∠BAD=∠CAE，
又AB=AC,AD=AE
∴△BAD≌△CAE
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵点，分别为，的中点
∴PM是△DCE的中位线
∴PM=CE，且,
同理可证PN=BD，且
∴PM="PN," ∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，
∴∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，
∠DPN=∠PNC+∠PCN =∠DBC+∠PCN，
∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，
即△PMN为等腰直角三角形.
(3).
考点：旋转和三角形的综合题.
15．探究：小明在求同一坐标轴上两点间的距离时发现，对于平面直角坐标系内任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），可通过构造直角三角形利用图1得到结论：
他还利用图2证明了线段P1P2的中点P（x，y）P的坐标公式：，．
（1）请你帮小明写出中点坐标公式的证明过程；
运用：（2）①已知点M（2，﹣1），N（﹣3，5），则线段MN长度为；
②直接写出以点A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），D为顶点的平行四边形顶点D 的坐标：；
拓展：（3）如图3，点P（2，n）在函数（x≥0）的图象OL与x轴正半轴夹角的平
分线上，请在OL、x轴上分别找出点E、F，使△PEF的周长最小，简要叙述作图方法，并求出周长的最小值．
解析：（1）答案见解析；（2）①；②（﹣3，3）或（7，1）或（﹣1，﹣3）；（3）．
【详解】
试题分析：（1）用P1、P2的坐标分别表示出OQ和PQ的长即可证得结论；
（2）①直接利用两点间距离公式可求得MN的长；②分AB、AC、BC为对角线，可求得其中心的坐标，再利用中点坐标公式可求得D点坐标；
（3）设P关于直线OL的对称点为M，关于x轴的对称点为N，连接PM交直线OL于点R，连接PN交x轴于点S，则可知OR=OS=2，利用两点间距离公式可求得R的坐标，再由PR=PS=n，可求得n的值，可求得P点坐标，利用中点坐标公式可求得M点坐标，由对称性可求得N点坐标，连接MN交直线OL于点E，交x轴于点S，此时EP=EM，FP=FN，此时满足△PEF的周长最小，利用两点间距离公式可求得其周长的最小值．
试题解析：
（1）∵P1（x1，y1），P2（x2，y2），∴Q1Q2=OQ2﹣OQ1=x2﹣x1，∴Q1Q=，
∴OQ=OQ1+Q1Q=x1+=，∵PQ为梯形P1Q1Q2P2的中位线，
∴PQ= =，即线段P1P2的中点P（x，y）P的坐标公式为x=，y=；
（2）①∵M（2，﹣1），N（﹣3，5），∴MN==，故答案为；
②∵A（2，2），B（﹣2，0），C（3，﹣1），∴当AB为平行四边形的对角线时，其对。