2020-2021中考数学平行四边形(大题培优)及详细答案

2020-2021中考数学平行四边形(大题培优)及详细答案
一、平行四边形
1．（1）、动手操作：
如图①：将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为EF，若∠ABE＝20°，那么的度数为 .
（2）、观察发现：
小明将三角形纸片ABC（AB＞AC）沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片（如图②）；再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到△AEF（如图③）．小明认为△AEF是等腰三角形，你同意吗？请说明理由．
（3）、实践与运用：
将矩形纸片ABCD按如下步骤操作：将纸片对折得折痕EF，折痕与AD边交于点E，与BC 边交于点F；将矩形ABFE与矩形EFCD分别沿折痕MN和PQ折叠，使点A、点D都与点F 重合，展开纸片，此时恰好有MP＝MN＝PQ（如图④），求∠MNF的大
小.
【答案】（1）125°；（2）同意；（3）60°
【解析】
试题分析：（1）根据直角三角形的两个锐角互余求得∠AEB=70°，根据折叠重合的角相等，得∠BEF=∠DEF=55°，根据平行线的性质得到∠EFC=125°，再根据折叠的性质得到
∠EFC′=∠EFC=125°；
（2）根据第一次折叠，得∠BAD=∠CAD；根据第二次折叠，得EF垂直平分AD，根据等角的余角相等，得∠AEG=∠AFG，则△AEF是等腰三角形；
（3）由题意得出：∠NMF=∠AMN=∠MNF，MF=NF，由对称性可知，MF=PF，进而得出△MNF≌△MPF，得出3∠MNF=180°求出即可．
试题解析：（1）、∵在直角三角形ABE中，∠ABE=20°，
∴∠AEB=70°，
∴∠BED=110°，
根据折叠重合的角相等，得∠BEF=∠DEF=55°．
∵AD∥BC，
∴∠EFC=125°，
再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°．；
（2）、同意，如图，设AD与EF交于点G
由折叠知，AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD．
由折叠知，∠AGE=∠DGE=90°，
所以∠AGE=∠AGF=90°，
所以∠AEF=∠AFE．
所以AE=AF，
即△AEF为等腰三角形．
（3）、由题意得出：∠NMF＝∠AMN＝∠MNF，
∴MF＝NF，
由折叠可知，MF＝PF，
∴NF＝PF，
而由题意得出：MP＝MN，
又∵MF＝MF，
∴△MNF≌△MPF，
∴∠PMF＝∠NMF，而∠PMF＋∠NMF＋∠MNF＝180°，
即3∠MNF＝180°，
∴∠MNF＝60°.
考点：1.折叠的性质；2.等边三角形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.等腰三角形的判定
2．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．
（1）求证：∠APB=∠BPH；
（2）当点P在边AD上移动时，求证：△PDH的周长是定值；
（3）当BE+CF 的长取最小值时，求AP 的长．
【答案】（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）2．
【解析】
试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH ，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC 即可得出答案；
（2）首先证明△ABP ≌△QBP ，进而得出△BCH ≌△BQH ，即可得出
PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；
（3）过F 作FM ⊥AB ，垂足为M ，则FM=BC=AB ，证明△EFM ≌△BPA ，设AP=x ，利用折叠的性质和勾股定理的知识用x 表示出BE 和CF ，结合二次函数的性质求出最值． 试题解析：（1）解：如图1，
∵PE=BE ，
∴∠EBP=∠EPB ．
又∵∠EPH=∠EBC=90°，
∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP ．
即∠PBC=∠BPH ．
又∵AD ∥BC ，
∴∠APB=∠PBC ．
∴∠APB=∠BPH ．
（2）证明：如图2，过B 作BQ ⊥PH ，垂足为Q ．
由（1）知∠APB=∠BPH ，
又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP ，
在△ABP 和△QBP 中，
{90APB BPH
A BQP BP BP
∠=∠∠=∠=︒=，
∴△ABP ≌△QBP （AAS ），
∴AP=QP ，AB=BQ ，
又∵AB=BC ，
∴BC=BQ ．
又∠C=∠BQH=90°，BH=BH ，
在△BCH 和△BQH 中，
{90BC BQ
C BQH BH BH
=∠=∠=︒=，
∴△BCH ≌△BQH （SAS ），
∴CH=QH ．
∴△PHD 的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．
∴△PDH 的周长是定值．
（3）解：如图3，过F 作FM ⊥AB ，垂足为M ，则FM=BC=AB ．
又∵EF 为折痕，
∴EF ⊥BP ．
∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，
∴∠EFM=∠ABP ．
又∵∠A=∠EMF=90°，
在△EFM 和△BPA 中，
{EFM ABP
EMF A FM AB
∠=∠∠=∠=，
∴△EFM ≌△BPA （AAS ）．
∴EM=AP ．
设AP=x
在Rt △APE 中，（4-BE ）2+x 2=BE 2．
解得BE=2+2
8
x ， ∴CF=BE-EM=2+28
x -x ，
∴BE+CF=24x -x+4=14（x-2）2+3． 当x=2时，BE+CF 取最小值，
∴AP=2．
考点：几何变换综合题．
3．如图①，在等腰Rt ABC V 中，90BAC ∠=o ，点E 在AC 上(且不与点A 、C 重合)，在ABC △的外部作等腰Rt CED △，使90CED ∠=o ，连接AD ，分别以AB ，AD 为邻边作平行四边形ABFD ，连接AF ．
()1请直接写出线段AF ，AE 的数量关系；
()2①将CED V 绕点C 逆时针旋转，当点E 在线段BC 上时，如图②，连接AE ，请判断线段AF ，AE 的数量关系，并证明你的结论；
②若25AB =，2CE =，在图②的基础上将CED V 绕点C 继续逆时针旋转一周的过程中，当平行四边形ABFD 为菱形时，直接写出线段AE 的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）①AF 2AE =
②4222
【解析】
【分析】 ()1如图①中，结论：AF 2AE =，只要证明AEF V 是等腰直角三角形即可； ()2①如图②中，结论：AF 2AE =，连接EF ，DF 交BC 于K ，先证明
EKF V ≌EDA V 再证明AEF V 是等腰直角三角形即可；
②分两种情形a 、如图③中，当AD AC =时，四边形ABFD 是菱形.b 、如图④中当AD AC =时，四边形ABFD 是菱形.分别求解即可.
【详解】
()1如图①中，结论：AF 2AE =．
理由：Q 四边形ABFD 是平行四边形，
AB DF ∴=，
AB AC =Q ，
AC DF ∴=，
DE EC =Q ，
AE EF ∴=，
DEC AEF 90∠∠==o Q ，
AEF ∴V 是等腰直角三角形，
AF 2AE ∴=．
故答案为AF 2AE =．
()2①如图②中，结论：AF 2AE =
．
理由：连接EF ，DF 交BC 于K ．
Q 四边形ABFD 是平行四边形，
AB//DF ∴，
DKE ABC 45∠∠∴==o ，
EKF 180DKE 135∠∠∴=-=o o ，EK ED =，
ADE 180EDC 18045135∠∠=-=-=o o o o Q ，
EKF ADE ∠∠∴=，
DKC C ∠∠=Q ，
DK DC ∴=，
DF AB AC ==Q ，
KF AD ∴=，
在EKF V 和EDA V 中，
EK ED EKF ADE KF AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
EKF ∴V ≌EDA V ，
EF EA ∴=，KEF AED ∠∠=，
FEA BED 90∠∠∴==o ，
AEF ∴V 是等腰直角三角形，
AF
2AE ∴=． ②如图
③中，当AD AC =时，四边形ABFD 是菱形，设AE 交CD 于H ，易知EH DH CH 2===，22AH (25)(2)32=-=，AE AH EH 42=+=，
如图④中当AD AC =时，四边形ABFD 是菱形，易知
AE AH EH 32222=-=-=，
综上所述，满足条件的AE 的长为4222
【点睛】
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，寻找全等的条件是解题的难点，属于中考常考题型．
4．如图，△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC．
（1）求证：AD=EC；
（2）当∠BAC=Rt∠时，求证：四边形ADCE是菱形．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）先证四边形ABDE是平行四边形，再证四边形ADCE是平行四边形即可；
（2）由∠BAC=90°，AD是边BC上的中线，得AD=BD=CD，即可证明.
【详解】
(1)证明：∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE=BD，
∵AD是边BC上的中线，
∴BD=DC，
∴AE=DC，
又∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形.
(2) 证明：∵∠BAC=90°，AD是边BC上的中线.
∴AD=CD
∵四边形ADCE是平行四边形，
∴四边形ADCE是菱形.
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边中线定理.根据图形与已知条件灵活应用平行四边形的判定方法是证明的关键.
5．如图（1）在正方形ABCD中，点E是CD边上一动点，连接AE，作BF⊥AE，垂足为G 交AD于F
（1）求证：AF＝DE；
（2）连接DG，若DG平分∠EGF，如图（2），求证：点E是CD中点；
（3）在（2）的条件下，连接CG，如图（3），求证：CG＝CD．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）CG＝CD，见解析．
【解析】
【分析】
（1）证明△BAF≌△ADE（ASA）即可解决问题．
（2）过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．想办法证明AF＝DF，即可解决问题．
（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，利用直角三角形斜边中线的性质，只要证明BC＝CP即可．
【详解】
（1）证明：如图1中，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠D＝90o，
∴∠2+∠3＝90°
又∵BF⊥AE，
∴∠AGB＝90°
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠3
在△BAF与△ADE中，
∠1=∠3 BA=AD ∠BAF=∠D，
∴△BAF≌△ADE（ASA）
∴AF＝DE．
（2）证明：过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．
由（1）得∠1＝∠3，∠BGA＝∠AND＝90°，AB＝AD ∴△BAG≌△ADN（AAS）
∴AG＝DN，
又DG平分∠EGF，DM⊥GF，DN⊥GE，
∴DM＝DN，
∴DM＝AG，又∠AFG＝∠DFM，∠AGF＝∠DMF
∴△AFG≌△DFM（AAS），
∴AF＝DF＝DE＝1
2AD＝
1
2
CD，
即点E是CD的中点．
（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，
∠ADE＝∠ECP＝90°，∠DEA＝∠CEP，
∴△ADE≌△PCE（ASA）
∴AE＝PE，
又CE∥AB，
∴BC＝PC，
在Rt△BGP中，∵BC＝PC，
∴CG＝1
2
BP＝BC，
∴CG＝CD．
【点睛】
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，角平分线的性质定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，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．如图，正方形ABCD的边长为8，E为BC上一定点，BE＝6，F为AB上一动点，把
△BEF沿EF折叠，点B落在点B′处，当△AFB′恰好为直角三角形时，B′D的长为？
【答案】4
65
5
或22
【解析】
【分析】
分两种情况分析：如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，过点B′作
B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222
+DN= 3.2 5.6
B N'+；如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，AF=2，过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222
+DN=22
B N'+；
【详解】
如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，
∵∠B=90°，∴AE=2222
AB BE=86
++=10，
∵B′E=BE=6，∴AB′=4，
∵B′F=BF，AF+BF=AB=8，
在Rt△AB′F中，∠AB′F=90°，由勾股定理得，AF2=FB′2+AB′2，
∴AF=5，BF=3，
过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，
∴AN=B′M=2.4，∴DN=AD-AN=8-2.4=5.6，
在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222
+DN= 3.2 5.6
B N'+ =4
65
5
；
如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，∴AF=2，
过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，∴AN=B′F=6，B′N=AF=2，∴DN=AD-AN=2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，2222
+DN=22
B N'+ =22；
综上，可得B′D 的长为4655
或22. 【点睛】 本题主要考查正方形的性质与判定，矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等，能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关键.
7．如图①，四边形ABCD 是知形，1,2AB BC ==，点E 是线段BC 上一动点(不与,B C 重合)，点F 是线段BA 延长线上一动点，连接,,,DE EF DF EF 交AD 于点G .设,BE x AF y ==，已知y 与x 之间的函数关系如图②所示.
（1）求图②中y 与x 的函数表达式;
（2）求证:DE DF ⊥;
（3）是否存在x 的值，使得DEG △是等腰三角形?如果存在，求出x 的值;如果不存在，说明理由
【答案】（1）y ＝﹣2x +4（0＜x ＜2）；（2）见解析；（3）存在，x ＝
5455-32． 【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法可得y 与x 的函数表达式；
（2）证明△CDE ∽△ADF ，得∠ADF ＝∠CDE ，可得结论；
（3）分三种情况：
①若DE ＝DG ，则∠DGE ＝∠DEG ，
②若DE ＝EG ，如图①，作EH ∥CD ，交AD 于H ，
③若DG ＝EG ，则∠GDE ＝∠GED ，
分别列方程计算可得结论．
【详解】
（1）设y ＝kx +b ，
由图象得：当x ＝1时，y ＝2，当x ＝0时，y ＝4，
代入得：24k b b +=⎧⎨=⎩，得24k b =-⎧⎨=⎩
， ∴y ＝﹣2x +4（0＜x ＜2）；
（2）∵BE ＝x ，BC ＝2
∴CE ＝2﹣x ， ∴211,42
22CE x CD AF x AD -===-， ∴CE CD AF AD
=， ∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠C ＝∠DAF ＝90°，
∴△CDE ∽△ADF ，
∴∠ADF ＝∠CDE ，
∴∠ADF +∠EDG ＝∠CDE +∠EDG ＝90°，
∴DE ⊥DF ；
（3）假设存在x 的值，使得△DEG 是等腰三角形，
①若DE ＝DG ，则∠DGE ＝∠DEG ，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AD ∥BC ，∠B ＝90°，
∴∠DGE ＝∠GEB ，
∴∠DEG ＝∠BEG ，
在△DEF 和△BEF 中，
FDE B DEF BEF EF EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△DEF ≌△BEF （AAS ），
∴DE ＝BE ＝x ，CE ＝2﹣x ，
∴在Rt △CDE 中，由勾股定理得：1+（2﹣x ）2＝x 2，
x ＝54
； ②若DE ＝EG ，如图①，作EH ∥CD ，交AD 于H ，
∵AD ∥BC ，EH ∥CD ，
∴四边形CDHE 是平行四边形，
∴∠C ＝90°，
∴四边形CDHE 是矩形，
∴EH ＝CD ＝1，DH ＝CE ＝2﹣x ，EH ⊥DG ，
∴HG ＝DH ＝2﹣x ，
∴AG ＝2x ﹣2，
∵EH ∥CD ，DC ∥AB ，
∴EH ∥AF ，
∴△EHG ∽△FAG ， ∴
EH HG AF AG =， ∴124222
x x x -=--，
∴125522x x =
=（舍）， ③若DG ＝EG ，则∠GDE ＝∠GED ，
∵AD ∥BC ，
∴∠GDE ＝∠DEC ，
∴∠GED ＝∠DEC ，
∵∠C ＝∠EDF ＝90°，
∴△CDE ∽△DFE ， ∴CE DE CD DF
=， ∵△CDE ∽△ADF ， ∴12
DE CD DF AD ==， ∴12
CE CD =， ∴2﹣x ＝
12，x ＝32，
综上，x ＝
54或32． 【点睛】 本题是四边形的综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，三角形相似和全等的性质和判定，矩形和平行四边形的性质和判定，勾股定理和逆定理等知识，运用相似三角形的性质是解决本题的关键．
8．（问题情境）在△ABC 中，AB ＝AC ，点P 为BC 所在直线上的任一点，过点P 作
PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．当P在BC边上时（如图1），求证：PD+PE＝CF．
证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE＝CF．（不要证明）
（变式探究）（1）当点P在CB延长线上时，其余条件不变（如图3），试探索PD、PE、CF之间的数量关系并说明理由；
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
（结论运用）（2）如图4，将长方形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD ＝16，CF＝6，求PG+PH的值．
（迁移拓展）（3）在直角坐标系中，直线l1：y＝-4
3
x+8与直线l2：y＝﹣2x+8相交于点
A，直线l1、l2与x轴分别交于点B、点C．点P是直线l2上一个动点，若点P到直线l1的距离为2．求点P的坐标．
【答案】【变式探究】证明见解析【结论运用】8【迁移拓展】（﹣1，6），（1，10）【解析】
【变式探究】
连接AP，同理利用△ABP与△ACP面积之差等于△ABC的面积可以证得；
【结论运用】
过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，根据勾股定理和矩形的性质解答即可；
【迁移拓展】
分两种情况，利用结论，求得点P到x轴的距离，再利用待定系数法可求出P的坐标．【详解】
变式探究:连接AP，如图3：
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，且S△ABC＝S△ACP﹣S△ABP，
∴1
2AB•CF＝
1
2
AC•PE﹣
1
2
AB•PD．
∵AB＝AC，
∴CF＝PD﹣PE；
结论运用:过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图④，
∵四边形ABCD是长方形，
∴AD＝BC，∠C＝∠ADC＝90°．
∵AD＝16，CF＝6，
∴BF＝BC﹣CF＝AD﹣CF＝5，
由折叠可得：DF＝BF，∠BEF＝∠DEF．
∴DF＝5．
∵∠C＝90°，
∴DC2222
106
DF CF
-=-8．
∵EQ⊥BC，∠C＝∠ADC＝90°，
∴∠EQC＝90°＝∠C＝∠ADC．
∴四边形EQCD是长方形．
∴EQ＝DC＝4．
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB．
∵∠BEF＝∠DEF，
∴∠BEF＝∠EFB．
∴BE＝BF，
由问题情境中的结论可得：PG+PH＝EQ．
∴PG+PH＝8．
∴PG+PH的值为8；
迁移拓展:如图，
由题意得：A（0，8），B（6，0），C（﹣4，0）
∴AB22
10，BC＝10．
68
∴AB＝BC，
（1）由结论得：P1D1+P1E1＝OA＝8
∵P1D1＝1＝2，
∴P1E1＝6 即点P1的纵坐标为6
又点P1在直线l2上，
∴y＝2x+8＝6，
∴x＝﹣1，
即点P1的坐标为（﹣1，6）；
（2）由结论得：P2E2﹣P2D2＝OA＝8
∵P2D2＝2，
∴P2E2＝10 即点P1的纵坐标为10
又点P1在直线l2上，
∴y＝2x+8＝10，
∴x＝1，
即点P1的坐标为（1，10）
【点睛】
本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定及勾股定理等知识点，利用面积法列出等式是解决问题的关键．
9．正方形ABCD，点E在边BC上，点F在对角线AC上，连AE．
(1)如图1，连EF，若EF⊥AC，4AF＝3AC，AB＝4，求△AEF的周长；
(2)如图2，若AF＝AB，过点F作FG⊥AC交CD于G，点H在线段FG上(不与端点重合)，连AH．若∠EAH＝45°，
求证：EC＝2．
+；（2）证明见解析
【答案】（1）2542
【解析】
【分析】
（1）由正方形性质得出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，得出AC＝2AB＝42，求出AF＝32，CF＝AC﹣AF＝2，求出△CEF 是等腰直角三角形，得出EF＝CF＝2，CE＝2CF＝2，在Rt△AEF中，由勾股定理求出AE，即可得出△AEF的周长；
（2）延长GF交BC于M，连接AG，则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，得出CM＝CG，CG＝2CF，证出BM＝DG，证明Rt△AFG≌Rt△ADG得出FG＝DG，BM＝FG，再证明△ABE≌△AFH，得出BE＝FH，即可得出结论．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，
∴AC＝2AB＝42，
∵4AF＝3AC＝122，
∴AF＝32，
∴CF＝AC﹣AF＝2，
∵EF⊥AC，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF＝CF＝2，CE＝2CF＝2，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE＝2225
+=，
AF EF
++=+；
∴△AEF的周长＝AE+EF+AF＝252322542
（2）证明：延长GF交BC于M，连接AG，如图2所示：
则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，
∴CM＝CG，CG2，
∴BM ＝DG ，
∵AF ＝AB ，
∴AF ＝AD ，
在Rt △AFG 和Rt △ADG 中，
AG AG AF AD =⎧⎨=⎩
， ∴Rt △AFG ≌Rt △ADG （HL ），
∴FG ＝DG ，∴BM ＝FG ，
∵∠BAC ＝∠EAH ＝45°，
∴∠BAE ＝∠FAH ，
∵FG ⊥AC ，
∴∠AFH ＝90°，
在△ABE 和△AFH 中，
90B AFH AB AF
BAE FAH ︒
⎧∠=∠=⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△ABE ≌△AFH （ASA ），
∴BE ＝FH ，
∵BM ＝BE +EM ，FG ＝FH +HG ，
∴EM ＝HG ，
∵EC ＝EM +CM ，CM ＝CG ＝
2CF ，
∴EC ＝HG +2FC ．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
10．在矩形纸片ABCD 中，AB=6，BC=8，现将纸片折叠，使点D 与点B 重合，折痕为EF ，连接DF ．
（1）说明△BEF 是等腰三角形；
（2）求折痕EF 的长．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据折叠得出∠DEF=∠BEF，根据矩形的性质得出AD∥BC，求出∠DEF=∠BFE，求出∠BEF=∠BFE即可；
（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，根据矩形的性质得出EM=AB=6，AE=BM，根据折叠得出DE=BE，根据勾股定理求出DE、在Rt△EMF中，由勾股定理求出即可．
【详解】
（1）∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴∠DEF=∠BEF．
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∴∠BEF=∠BFE，∴BE=BF，即△BEF 是等腰三角形；
（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，所以EM=AB=6，AE=BM．
∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴DE=BE，DO=BO，BD⊥EF．
∵四边形ABCD是矩形，BC=8，∴AD=BC=8，∠BAD=90°．
在Rt△ABE中，AE2+AB2=BE2，即（8﹣BE）2+62=BE2，解得：BE==DE=BF，AE=8﹣DE=8﹣==BM，∴FM=﹣=．
在Rt△EMF中，由勾股定理得：EF==．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了折叠的性质和矩形性质、勾股定理等知识点，能熟记折叠的性质是解答此题的关键．
11．（1）问题发现：
如图①，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB的位置关系为；
（2）深入探究：
如图②，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边
作等腰三角形AMN ，使∠ABC=∠AMN ，AM=MN ，连接CN ，试探究∠ABC 与∠ACN 的数量关系，并说明理由；
（3）拓展延伸：
如图③，在正方形ADBC 中，AD=AC ，点M 为BC 边上异于B 、C 的一点，以AM 为边作正方形AMEF ，点N 为正方形AMEF 的中点，连接CN ，若BC=10，
CN=2，试求EF 的长．
【答案】（1）NC ∥AB ；理由见解析；（2）∠ABC=∠ACN ；理由见解析；（3）241；
【解析】
分析：（1）根据△ABC ，△AMN 为等边三角形，得到AB=AC ，AM=AN 且
∠BAC=∠MAN=60°从而得到∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM ，即∠BAM=∠CAN ，证明△BAM ≌△CAN ，即可得到BM=CN ．
（2）根据△ABC ，△AMN 为等腰三角形，得到AB ：BC=1：1且∠ABC=∠AMN ，根据相似
三角形的性质得到
AB AC AM AN
＝，利用等腰三角形的性质得到∠BAC=∠MAN ，根据相似三角形的性质即可得到结论； （3）如图3，连接AB ，AN ，根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，根据
相似三角形的性质得出
BM AB CN AC
＝，得到BM=2，CM=8，再根据勾股定理即可得到答案． 详解：（1）NC ∥AB ，理由如下：
∵△ABC 与△MN 是等边三角形，
∴AB=AC ，AM=AN ，∠BAC=∠MAN =60°，
∴∠BAM=∠CAN ，
在△ABM 与△ACN 中， AB AC BAM CAN AM AN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△ABM ≌△ACN （SAS ），
∴∠B=∠ACN=60°，
∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，
∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，
∴CN ∥AB ；
（2）∠ABC=∠ACN ，理由如下：
∵
AB AM BC MN
==1且∠ABC=∠AMN ， ∴△ABC ～△AMN ∴
AB AC AM AN
＝， ∵AB=BC ， ∴∠BAC=
12
（180°﹣∠ABC ）， ∵AM=MN
∴∠MAN=12
（180°﹣∠AMN ）， ∵∠ABC=∠AMN ，
∴∠BAC=∠MAN ，
∴∠BAM=∠CAN ，
∴△ABM ～△ACN ，
∴∠ABC=∠ACN ；
（3）如图3，连接AB ，AN ， ∵四边形ADBC ，AMEF 为正方形，
∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，
∴∠BAC ﹣∠MAC=∠MAN ﹣∠MAC
即∠BAM=∠CAN ，
∵
AB AM BC AN == ∴AB AC AM AN
＝， ∴△ABM ～△ACN ∴
BM AB CN AC ＝，
∴
CN AC BM AB ==cos45°=2，
∴=， ∴BM=2，
∴CM=BC ﹣BM=8，
在Rt △AMC ，
==，
∴
点睛：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质定理和判定定理、相似三角形的性质定理和判定定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解决问题的关键．
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，∴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，∴=．
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．如图1，在长方形纸片ABCD 中，AB=mAD ，其中m ⩾1，将它沿EF 折叠(点E. F 分别在边AB 、CD 上)，使点B 落在AD 边上的点M 处，点C 落在点N 处，MN 与CD 相交于点P ，连接EP .设AM n AD
=，其中0<n ⩽1.
(1)如图2，当n=1(即M 点与D 点重合)，求证：四边形BEDF 为菱形；
(2)如图3，当12
n =(M 为AD 的中点)，m 的值发生变化时，求证：EP=AE+DP ； (3)如图1，当m=2(即AB=2AD)，n 的值发生变化时，
BE CF AM -的值是否发生变化?说明理由.
【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；(3)值不变，理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）由条件可知，当n=1（即M 点与D 点重合），m=2时，AB=2AD ，设AD=a ，则AB=2a ，由矩形的性质可以得出△ADE ≌△NDF ，就可以得出AE=NF ，DE=DF ，在Rt △AED 中，由勾股定理就可以表示出AE 的值，再求出BE 的值就可以得出结论.
（2）延长PM 交EA 延长线于G ，由条件可以得出△PDM ≌△GAM ，△EMP ≌△EMG 由全等三角形的性质就可以得出结论.
（3）如图1，连接BM 交EF 于点Q ，过点F 作FK ⊥AB 于点K ，交BM 于点O ，通过证明△ABM ∽△KFE ，就可以得出
EK KF AM AB =，即BE BK BC AM AB -=，由AB=2AD=2BC ，BK=CF 就可以得出BE CF AM -的值是12
为定值． （1）∵四边形ABCD 是矩形，∴AB=CD ，AD=BC ，∠A=∠B=∠C=∠D=90°．
∵AB=mAD ，且n=2，∴AB=2AD ．
∵∠ADE+∠EDF=90°，∠EDF+∠NDF=90°，∴∠ADE=∠NDF ．
在△ADE 和△NDF 中，∠A ＝∠N ，AD ＝ND ，∠ADE ＝∠NDF ，
∴△ADE ≌△NDF （ASA ）.∴AE=NF ，DE=DF ．
∵FN=FC ，∴AE=FC ．
∵AB=CD ，∴AB-AE="CD-CF." ∴BE="DF." ∴BE=DE ．
Rt △AED 中，由勾股定理，得222AE DE AD =-，即2222AE AD AE AD （）=--，
∴AE=34AD. ∴
BE=2AD-34AD=54. ∴55433
4
AD BE AE AD ==. （2）如图3，延长PM 交EA 延长线于G ，∴∠GAM=90°．
∵M 为AD 的中点，∴AM=DM ．
∵四边形ABCD 是矩形，∴AB=CD ，AD=BC ，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB ∥CD. ∴∠GAM=∠PDM ．
在△GAM 和△PDM 中，∠GAM ＝∠PDM ，AM ＝DM ，∠AMG ＝∠DMP ， ∴△GAM ≌△PDM （ASA ）.∴MG=MP .
在△EMP 和△EMG 中，PM ＝GM ，∠PME ＝∠GME ，ME ＝ME ，
∴△EMP ≌△EMG （SAS ）.∴EG=EP .
∴AG+AE=EP .∴PD+AE=EP ，即EP=AE+DP .
（3）12
BE CF AM -=，值不变，理由如下： 如图1，连接BM 交EF 于点Q ，过点F 作FK ⊥AB 于点K ，交BM 于点O ，
∵EM=EB ，∠MEF=∠BEF ，∴EF ⊥MB ，即∠FQO=90°.
∵四边形FKBC 是矩形，∴KF=BC ，FC=KB.
∵∠FKB=90°，∴∠KBO+∠KOB=90°.
∵∠QOF+∠QFO=90°，∠QOF=∠KOB ，∴∠KBO=∠OFQ.
∵∠A=∠EKF=90°，∴△ABM ∽△KFE.
∴EK KF AM AB =即BE BK BC AM AB
-=. ∵AB=2AD=2BC ，BK=CF ，∴
12BE CF AM -=.
∴BE CF AM
-的值不变．
考点：1.折叠问题；2.矩形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.相似三角形的判定和性质．
14．如图，点E 是正方形ABCD 的边A B 上一点，连结CE ，过顶点C 作CF ⊥CE ，交AD 延长线于F ．求证：BE =DF .
【答案】证明见解析.
【解析】
分析：根据正方形的性质，证出BC=CD ，∠B=∠CDF ，∠BCD=90°，再由垂直的性质得到∠BCE=∠DCF ，然后根据“ASA”证明△BCE ≌△BCE 即可得到BE=DF
详解：证明：∵CF ⊥CE ，
∴∠ECF=90°，
又∵∠BCG=90°，
∴∠BCE+∠ECD =∠DCF+∠ECD
∴∠BCE=∠DCF ，
在△BCE 与△DCF 中，
∵∠BCE=∠DCF ，BC=CD ，∠CDF=∠EBC ，
∴△BCE ≌△BCE （ASA ），
∴BE=DF.
点睛：本题考查的是正方形的性质，熟知正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．
15．已知ABC V ，以AC 为边在ABC V 外作等腰ACD V ，其中AC AD =.
（1）如图①，若AB AE =，60DAC EAB ∠=∠=︒，求BFC ∠的度数.
（2）如图②，ABC α∠=，ACD β∠=，4BC =，6BD =.
①若30α=︒，60β=︒，AB 的长为______.
②若改变,αβ的大小，但90αβ+=︒，ABC V 的面积是否变化？若不变，求出其值；若变化，说明变化的规律.
【答案】（1）120°；（2）①2
5；②25
【解析】
试题分析：（1）根据SAS ，可首先证明△AEC ≌△ABD ，再利用全等三角形的性质，可得对应角相等，根据三角形的外角的定理，可求出∠BFC 的度数；
（2）①如图2，在△ABC 外作等边△BAE ，连接CE ，利用旋转法证明△EAC ≌△BAD ，可证∠EBC=90°，EC=BD=6，因为BC=4，在Rt △BCE 中，由勾股定理求BE 即可； ②过点B 作BE ∥AH ，并在BE 上取BE=2AH ，连接EA ，EC ．并取BE 的中点K ，连接AK ，仿照（2）利用旋转法证明△EAC ≌△BAD ，求得EC=DB ，利用勾股定理即可得出结论． 试题解析：
解：（1）∵AE=AB ，AD=AC ，
∵∠EAB=∠DAC=60°，
∴∠EAC=∠EAB+∠BAC ，∠DAB=∠DAC+∠BAC ，
∴∠EAC=∠DAB ，
在△AEC 和△ABD 中{AE AB
EAC BAD AC AD
=∠=∠=
∴△AEC ≌△ABD （SAS ），
∴∠AEC=∠ABD ，
∵∠BFC=∠BEF+∠EBF=∠AEB+∠ABE ，
∴∠BFC=∠AEB+∠ABE=120°，
故答案为120°；
（2）①如图2，以AB 为边在△ABC 外作正三角形ABE ，连接CE ．
由（1）可知△EAC≌△BAD．
∴EC=BD．
∴EC=BD=6，
∵∠BAE=60°，∠ABC=30°，
∴∠EBC=90°．
在RT△EBC中，EC=6，BC=4，
∴22
-
64
EC BC
-22
∴5
②若改变α，β的大小，但α+β=90°，△ABC的面积不变化，
以下证明：如图2，作AH⊥BC交BC于H，过点B作BE∥AH，并在BE上取BE=2AH，连接EA，EC．并取BE的中点K，连接AK．
∵AH⊥BC于H，
∴∠AHC=90°．
∵BE∥AH，
∴∠EBC=90°．
∵∠EBC=90°，BE=2AH，
∴EC2=EB2+BC2=4AH2+BC2．
∵K为BE的中点，BE=2AH，
∴BK=AH．
∵BK∥AH，
∴四边形AKBH为平行四边形．
又∵∠EBC=90°，
∴四边形AKBH为矩形．∠ABE=∠ACD，
∴∠AKB=90°．
∴AK是BE的垂直平分线．
∴AB=AE．
∵AB=AE，AC=AD，∠ABE=∠ACD，
∴∠EAB=∠DAC，
∴∠EAB+∠EAD=∠DAC+∠EAD，
即∠EAC=∠BAD，
在△EAC与△BAD中
{AB AE
EAC BAD AC AD
=
∠=∠
=
∴△EAC≌△BAD．∴EC=BD=6．
在RT△BCE中，
∴AH=1 2
∴S△ABC=1 2
考点：全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质。