2020-2021备战中考数学备考之平行四边形压轴突破训练∶培优篇含答案

2020-2021备战中考数学备考之平行四边形压轴突破训练∶培优篇含答案
一、平行四边形
1．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．
（1）①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明；
②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．
（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb （a≠b，k＞0），第（1）题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．
（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=1
2
，求BE2+DG2的值．
【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．
【解析】
分析：（1）①根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；
②结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；
（2）根据两条对应边的比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中的位置关系仍然成立；
（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和．
详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；
②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
∴△BCG≌△DCE，
∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，
又∵∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG⊥DE．
（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，
∴BC CG b
==，
DC CE a
又∵∠BCG=∠DCE，
∴△BCG∽△DCE，
∴∠CBG=∠CDE，
又∵∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG⊥DE．
（3）连接BE、DG．
根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，
∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°
∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．
点睛：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理．
2．（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
3．如果两个三角形的两条边对应相等，夹角互补，那么这两个三角形叫做互补三角形，如图2，分别以△ABC的边AB、AC为边向外作正方形ABDE和ACGF，则图中的两个三角形就是互补三角形．
（1）用尺规将图1中的△ABC分割成两个互补三角形；
（2）证明图2中的△ABC分割成两个互补三角形；
（3）如图3，在图2的基础上再以BC为边向外作正方形BCHI．
①已知三个正方形面积分别是17、13、10，在如图4的网格中（网格中每个小正方形的边长为1）画出边长为、、的三角形，并计算图3中六边形DEFGHI的面积．②若△ABC的面积为2，求以EF、DI、HG的长为边的三角形面积．
【答案】（1）作图见解析（2）证明见解析（3）①62；②6
【解析】
试题分析：（1）作BC边上的中线AD即可．
（2）根据互补三角形的定义证明即可．
（3）①画出图形后，利用割补法求面积即可．
②平移△CHG到AMF，连接EM，IM，则AM=CH=BI，只要证明S△EFM=3S△ABC即可．试题解析：（1）如图1中，作BC边上的中线AD，△ABD和△ADC是互补三角形．
（2）如图2中，延长FA到点H，使得AH=AF，连接EH．
∵四边形ABDE，四边形ACGF是正方形，
∴AB=AE，AF=AC，∠BAE=∠CAF=90°，
∴∠EAF+∠BAC=180°，
∴△AEF和△ABC是两个互补三角形．
∵∠EAH+∠HAB=∠BAC+∠HAB=90°，
∴∠EAH=∠BAC，
∵AF=AC，
∴AH=AB，
在△AEH和△ABC中，
∴△AEH≌△ABC，
∴S△AEF=S△AEH=S△ABC．
（3）①边长为、、的三角形如图4所示．
∵S△ABC=3×4﹣2﹣1.5﹣3=5.5，
∴S六边形=17+13+10+4×5.5=62．
②如图3中，平移△CHG到AMF，连接EM，IM，则AM=CH=BI，设∠ABC=x，
∵AM∥CH，CH⊥BC，
∴AM⊥BC，
∴∠EAM=90°+90°﹣x=180°﹣x，
∵∠DBI=360°﹣90°﹣90°﹣x=180°﹣x，
∴∠EAM=∠DBI，∵AE=BD，
∴△AEM≌△DBI，
∵在△DBI和△ABC中，DB=AB，BI=BC，∠DBI+∠ABC=180°，
∴△DBI和△ABC是互补三角形，
∴S△AEM=S△AEF=S△AFM=2，
∴S△EFM=3S△ABC=6．
考点：1、作图﹣应用与设计，2、三角形面积
4．如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同时出发．以每秒1个单位的速度运动．其中，点M 沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动．过点M作MP⊥OA，交AC于P，连接NP，已知动点运动了x秒．
（1）P点的坐标为多少（用含x的代数式表示）；
（2）试求△NPC面积S的表达式，并求出面积S的最大值及相应的x值；
（3）当x为何值时，△NPC是一个等腰三角形？简要说明理由．
【答案】（1）P点坐标为（x，3﹣x）．
（2）S的最大值为，此时x=2．
（3）x=，或x=，或x=．
【解析】
试题分析：（1）求P点的坐标，也就是求OM和PM的长，已知了OM的长为x，关键是求出PM的长，方法不唯一，①可通过PM∥OC得出的对应成比例线段来求；
②也可延长MP交BC于Q，先在直角三角形CPQ中根据CQ的长和∠ACB的正切值求出PQ的长，然后根据PM=AB﹣PQ来求出PM的长．得出OM和PM的长，即可求出P点的坐标．
（2）可按（1）②中的方法经求出PQ的长，而CN的长可根据CN=BC﹣BN来求得，因此根据三角形的面积计算公式即可得出S，x的函数关系式．
（3）本题要分类讨论：
①当CP=CN时，可在直角三角形CPQ中，用CQ的长即x和∠ABC的余弦值求出CP的表达式，然后联立CN的表达式即可求出x的值；
②当CP=PN时，那么CQ=QN，先在直角三角形CPQ中求出CQ的长，然后根据QN=CN﹣CQ求出QN的表达式，根据题设的等量条件即可得出x的值．
③当CN=PN时，先求出QP和QN的长，然后在直角三角形PNQ中，用勾股定理求出PN 的长，联立CN的表达式即可求出x的值．
试题解析：（1）过点P作PQ⊥BC于点Q，
有题意可得：PQ∥AB，
∴△CQP∽△CBA，
∴
∴
解得：QP=x，
∴PM=3﹣x，
由题意可知，C（0，3），M（x，0），N（4﹣x，3），
P点坐标为（x，3﹣x）．
（2）设△NPC的面积为S，在△NPC中，NC=4﹣x，
NC边上的高为，其中，0≤x≤4．
∴S=（4﹣x）×x=（﹣x2+4x）
=﹣（x﹣2）2+．
∴S的最大值为，此时x=2．
（3）延长MP交CB于Q，则有PQ⊥BC．
①若NP=CP，
∵PQ⊥BC，
∴NQ=CQ=x．
∴3x=4，
∴x=．
②若CP=CN，则CN=4﹣x，PQ=x，CP=x，4﹣x=x，
∴x=；
③若CN=NP，则CN=4﹣x．
∵PQ=x，NQ=4﹣2x，
∵在Rt△PNQ中，PN2=NQ2+PQ2，
∴（4﹣x）2=（4﹣2x）2+（x）2，
∴x=．
综上所述，x=，或x=，或x=．
考点：二次函数综合题．
5．已知：在菱形ABCD中，E，F是BD上的两点，且AE∥CF．求证：四边形AECF是菱形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，由“SAS”可证△ADF≌△CDF，可得AF＝CF，由△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，由平行四边形的判定和菱形的判定可得四边形AECF是菱形．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是菱形
∴AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，
∵AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，DF＝DF
∴△ADF≌△CDF（SAS）
∴AF＝CF，
∵AB∥CD，AE∥CF
∴∠ABE＝∠CDF，∠AEF＝∠CFE
∴∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD
∴△ABE≌△CDF（AAS）
∴AE＝CF，且AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形
又∵AF＝CF，
∴四边形AECF是菱形
【点睛】
本题主要考查菱形的判定定理，首先要判定其为平行四边形，这是菱形判定的基本判定.
6．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；
(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知
△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出
CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出
EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；
（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到
△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．
试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，
∴AF=AG，∠FAG=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=45°，
在△AGE与△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
（2）设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF=BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，
∴EG=EF．
∵∠CEF=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，
∴a﹣BE=a﹣DF，
∴BE=DF，
∴BE=BM=DF=BG，
∴∠BMG=45°，
∴∠GME=45°+45°=90°，
∴EG2=ME2+MG2，
∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，
∴EF2=ME2+NF2；
（3）EF2=2BE2+2DF2．
如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2
又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，
即2（DF2+BE2）=EF2
考点：四边形综合题
7．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．
8．如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且
CF AE
=，连接DE，DF，EF. FH平分EFB
∠交BD于点H.
（1）求证：DE DF
⊥；
（2）求证：DH DF
=：
（3）过点H作HM EF
⊥于点M，用等式表示线段AB，HM与EF之间的数量关系，并证明.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）22EF AB HM =-，证明详见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据正方形性质， CF AE =得到DE DF ⊥.
（2）由AED CFD △△≌，得DE DF =.由90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠， 得45DBF ∠=︒.因为FH 平分EFB ∠，所以EFH BFH ∠=∠.由于
45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, 所以DH DF =.
（3）过点H 作HN BC ⊥于点N ，由正方形ABCD 性质，得
222BD AB AD AB =+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，得
HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，，所以22sin 45HN BH HN HM ===︒. 由22cos 45DF EF DF DH ===︒
，得22EF AB HM =-. 【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD CD =，90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=︒.
∴90EAD FCD ∠=∠=︒.
∵CF AE =。

∴AED CFD △△≌.
∴ADE CDF ∠=∠.
∴90EDF EDC CDF EDC ADE ADC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=︒.
∴DE DF ⊥.
（2）证明：∵AED CFD △△≌，
∴DE DF =.
∵90EDF ∠=︒，
∴45DEF DFE ∠=∠=︒.
∵90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠，
∴45DBF ∠=︒.
∵FH 平分EFB ∠，
∴EFH BFH ∠=∠.
∵45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,
45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠,
∴DHF DFH ∠=∠.
∴DH DF =.
（3）22EF AB HM =-.
证明：过点H 作HN BC ⊥于点N ，如图，
∵正方形ABCD 中，AB AD =，90BAD ∠=︒， ∴222BD AB AD AB =+=.
∵FH 平分,
EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，
∴HM HN =. ∵4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，
， ∴22sin 45HN BH HN HM ===︒
. ∴22DH BD BH AB HM =-=
. ∵22cos 45DF EF DF DH ===︒
， ∴22EF AB HM =-.
【点睛】
本题考查正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数，题目难度较大，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数.
9．（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
68
10，BC＝10．
∴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．
10．如图，点O是正方形ABCD两条对角线的交点，分别延长CO到点G，OC到点E，使OG=2OD、OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG．
（1）如图1，若正方形OEFG的对角线交点为M，求证：四边形CDME是平行四边形．（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，如图2，连接AG′，DE′，求证：AG′=DE′，AG′⊥DE′；
（3）在（2）的条件下，正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边相交于点N，如图3，
设旋转角为α（0°＜α＜180°），若△AON是等腰三角形，请直接写出α的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．
【解析】
【分析】
（1）由四边形OEFG是正方形，得到ME=1
2
GE，根据三角形的中位线的性质得到
CD∥GE，CD=1
2
GE，求得CD=GE，即可得到结论；
（2）如图2，延长E′D交AG′于H，由四边形ABCD是正方形，得到AO=OD，
∠AOD=∠COD=90°，由四边形OEFG是正方形，得到OG′=OE′，∠E′OG′=90°，由旋转的性质得到∠G′OD=∠E′OC，求得∠AOG′=∠COE′，根据全等三角形的性质得到AG′=DE′，
∠AG′O=∠DE′O，即可得到结论；
（3）分类讨论，根据三角形的外角的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形OEFG是正方形，
∴ME=1
2
GE，
∵OG=2OD、OE=2OC，
∴CD∥GE，CD=1
2
GE，
∴CD=GE，
∴四边形CDME是平行四边形；
（2）证明：如图2，延长E′D交AG′于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=OD，∠AOD=∠COD=90°，
∵四边形OEFG是正方形，
∴OG′=OE′，∠E′OG′=90°，
∵将正方形OEFG 绕点O 逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，
∴∠G′OD=∠E′OC ，
∴∠AOG′=∠COE′，
在△AG′O 与△ODE′中，
OA OD AOG DOE OG OE ⎧⎪∠'∠'⎨⎪''⎩
＝＝＝，
∴△AG′O ≌△ODE′
∴AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O ，
∵∠1=∠2，
∴∠G′HD=∠G′OE′=90°，
∴AG′⊥DE′；
（3）①正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD 的边AD 相交于点N ，如图3，
Ⅰ、当AN=AO 时，
∵∠OAN=45°，
∴∠ANO=∠AON=67.5°，
∵∠ADO=45°，
∴α=∠ANO-∠ADO=22.5°；
Ⅱ、当AN=ON 时，
∴∠NAO=∠AON=45°，
∴∠ANO=90°，
∴α=90°-45°=45°；
②正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD 的边AB 相交于点N ，如图4，
Ⅰ、当AN=AO 时，
∵∠OAN=45°，
∴∠ANO=∠AON=67.5°，
∵∠ADO=45°，
∴α=∠ANO+90°=112.5°；
Ⅱ、当AN=ON时，
∴∠NAO=∠AON=45°，
∴∠ANO=90°，
∴α=90°+45°=135°，
Ⅲ、当AN=AO时，旋转角a=∠ANO+90°=67.5+90=157.5°，
综上所述：若△AON是等腰三角形时，α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、旋转变换的性质的综合运用，有一定的综合性，分类讨论当△AON是等腰三角形时，求α的度数是本题的难点．
11．如图①，在矩形ABCD中，点P从AB边的中点E出发，沿着E B C
--速运动，速度为每秒2个单位长度，到达点C后停止运动，点Q是AD上的点，10
AQ=，设PAQ
∆的面积为y，点p运动的时间为t秒，y与t的函数关系如图②所示.
(1)图①中AB= ，BC= ，图②中m= .
(2)当t=1秒时，试判断以PQ为直径的圆是否与BC边相切?请说明理由:
(3)点p在运动过程中，将矩形沿PQ所在直线折叠，则t为何值时，折叠后顶点A的对应点A'落在矩形的一边上.
【答案】(1)8,18,20;(2)不相切，证明见解析；（3）t=1
2
、5、
17
3
.
【解析】
【分析】
（1）由题意得出AB=2BE，t=2时，BE=2×2=4，求出AB=2BE=8，AE=BE=4，t=11时，
2t=22，得出BC=18，当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=1
2
AQ×AE=20即可；
（2）当t=1时，PE=2，得出AP=AE+PE=6，由勾股定理求出34PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，则MN=AB=8，O'M∥AB，
MN=AB=8，由三角形中位线定理得出O'M=1
2
AP=3，求出O'N=MN-O'M=5＜圆O'的半径，
即可得出结论；
（3）分三种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，则
QF=AB=8，BF=AQ=10，由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，由勾股定
理求出A'F=22
AQ QF
'-=6，得出A'B=BF-A'F=4，在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，由折叠的性质得：A'P=AP，证出∠APQ=∠AQP，得出AP=AQ=A'P=10，在Rt△ABP中，由勾股定理求出BP=6，由BP=2t-4，得出2t-4=6，解方程即可；
③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，由折叠的性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10，在
Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8，由勾股定理求出DA'=6，得出A'C=CD-DA'=2，在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=22-2t，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】
（1）∵点P从AB边的中点E出发，速度为每秒2个单位长度，
∴AB=2BE，
由图象得：t=2时，BE=2×2=4，
∴AB=2BE=8，AE=BE=4，
t=11时，2t=22，
∴BC=22-4=18，
当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=1
2
AQ×AE=
1
2
×10×4=20；
故答案为8，18，20；
（2）当t=1秒时，以PQ为直径的圆不与BC边相切，理由如下：
当t=1时，PE=2，
∴AP=AE+PE=4+2=6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴PQ=2222
106234
AQ AP
+=+=，
设以PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，如图1所示：
则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，
∵O'为PQ的中点，
∴O''M是△APQ的中位线，
∴O'M=1
2
AP=3，
∴O'N=MN-O'M=534
∴以PQ为直径的圆不与BC边相切；
（3）分三种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，如图2所示：
则QF=AB=8，BF=AQ=10，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，CD=AB=8，AD=BC=18，
由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，
∴A'F=22
AQ QF
'-=6，
∴A'B=BF-A'F=4，
在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t，
由勾股定理得：42+（4-2t）2=（4+2t）2，
解得：t=1
2
；
②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，连接AA'，如图3所示：
由折叠的性质得：A'P=AP，
∴∠APQ'=∠A'PQ，
∵AD∥BC，
∴∠AQP=∠A'PQ，
∴∠APQ=∠AQP，
∴AP=AQ=A'P=10，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：22
108
-，
又∵BP=2t-4，
∴2t-4=6，解得：t=5；
③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，连接AP、A'P，如图4所示：
由折叠的性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10，
在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8，
由勾股定理得：DA'=22
108
-=6，
∴A'C=CD-DA'=2，
在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=18-（2t-4）=22-2t，由勾股定理得：AP2=82+（2t-4）2，A'P2=22+（22-2t）2，
∴82+（2t-4）2=22+（22-2t）2，
解得：t=17
3
；
综上所述，t为1
2
或5或
17
3
时，折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上．
【点睛】
四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识.
12．如图1，若分别以△ABC的AC、BC两边为边向外侧作的四边形ACDE和BCFG为正方形，则称这两个正方形为外展双叶正方形．
（1）发现：如图2，当∠C=90°时，求证：△ABC与△DCF的面积相等．
（2）引申：如果∠C≠90°时，（1）中结论还成立吗？若成立，请结合图1给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）运用：如图3，分别以△ABC的三边为边向外侧作的四边形ACDE、BCFG和ABMN为正方形，则称这三个正方形为外展三叶正方形．已知△ABC中，AC=3，BC=4．当
∠C=_____°时，图中阴影部分的面积和有最大值是________．
【答案】（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3）18.
【解析】
试题分析：（1）因为AC=DC，∠ACB=∠DCF=90°，BC=FC，所以△ABC≌△DFC，从而△ABC与△DFC的面积相等；
（2）延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P；过点D作DQ⊥FC于点Q．得到四边形ACDE，BCFG均为正方形，AC=CD，BC=CF，∠ACP=∠DCQ．所以△APC≌△DQC．
于是AP=DQ．又因为S△ABC=1
2 BC•AP，
S△DFC=
1
2
FC•DQ，所以S△ABC=S△DFC；
（3）根据（2）得图中阴影部分的面积和是△ABC的面积三倍，若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC的面积最大，当△ABC是直角三角形，即∠C是90度时，阴影部分的面积和最大．所以S阴影部分面积和=3S△ABC=3×
1
2
×3×4=18．
（1）证明：在△ABC与△DFC中，
∵{
AC DC
ACB DCF
BC FC
∠∠
＝
＝
＝
，
∴△ABC≌△DFC．
∴△ABC与△DFC的面积相等；
（2）解：成立．理由如下：
如图，延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P；过点D作DQ⊥FC于点Q．
∴∠APC=∠DQC=90°．
∵四边形ACDE，BCFG均为正方形，
∴AC=CD，BC=CF，∠ACP+∠PCD=90°，∠DCQ+∠PCD=90°，
∴∠ACP=∠DCQ．
∴{
APC DQC
ACP DCQ
AC CD
∠∠
∠∠
＝
＝
＝
，
△APC≌△DQC（AAS），
∴AP=DQ．
又∵S△ABC=
1
2
BC•AP，S△DFC=
1
2
FC•DQ，
∴S△ABC=S△DFC；
（3）解：根据（2）得图中阴影部分的面积和是△ABC的面积三倍，
若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC的面积最大，
∴当△ABC是直角三角形，即∠C是90度时，阴影部分的面积和最大．
∴S阴影部分面积和=3S△ABC=3×1
2
×3×4=18．
考点：四边形综合题
13．已知边长为1的正方形ABCD中， P是对角线AC上的一个动点（与点A、C不重合），过点P作PE⊥PB ，PE交射线DC于点E，过点E作EF⊥AC，垂足为点F．
（1）当点E落在线段CD上时（如图），
①求证：PB=PE；
②在点P的运动过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，试求出这个不变的值，若变化，试说明理由；
（2）当点E落在线段DC的延长线上时，在备用图上画出符合要求的大致图形，并判断上述（1）中的结论是否仍然成立（只需写出结论，不需要证明）；
（3）在点P的运动过程中，△PEC能否为等腰三角形？如果能，试求出AP的长，如果不能，试说明理由．
【答案】（1）①证明见解析；②点PP在运动过程中，PF的长度不变，值为
2
2
；（2）
画图见解析，成立；（3）能，1.
【解析】
分析：（1）①过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．要证PB=PE，只需证到△PGB≌△PHE即可；②连接BD，如图2．易证△BOP≌△PFE，则有BO=PF，只需求出BO的长即可．
（2）根据条件即可画出符合要求的图形，同理可得（1）中的结论仍然成立．
（3）可分点E在线段DC上和点E在线段DC的延长线上两种情况讨论，通过计算就可求出符合要求的AP的长．
详解：（1）①证明：过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．
∵四边形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC，
∴∠GPC=∠ACB=∠ACD=∠HPC=45°．
∴PG=PH ，∠GPH=∠PGB=∠PHE=90°．
∵PE ⊥PB 即∠BPE=90°，
∴∠BPG=90°﹣∠GPE=∠EPH ．
在△PGB 和△PHE 中，
PGB PHE PG PH
BPG EPH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩
＝＝＝， ∴△PGB ≌△PHE （ASA ），
∴PB=PE ．
②连接BD ，如图2．
∵四边形ABCD 是正方形，∴∠BOP=90°．
∵PE ⊥PB 即∠BPE=90°，
∴∠PBO=90°﹣∠BPO=∠EPF ．
∵EF ⊥PC 即∠PFE=90°，
∴∠BOP=∠PFE ．
在△BOP 和△PFE 中，
PBO EPF BOP PFE PB PE ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ∴△BOP ≌△PFE （AAS ），
∴BO=PF ．
∵四边形ABCD 是正方形，
∴OB=OC ，∠BOC=90°，
∴2OB ．
∵BC=1，∴OB=
22， ∴PF=22
． ∴点PP 在运动过程中，PF 2．
（2）当点E落在线段DC的延长线上时，符合要求的图形如图3所示．
同理可得：PB=PE，PF=
2
2
．
（3）①若点E在线段DC上，如图1．
∵∠BPE=∠BCE=90°，∴∠PBC+∠PEC=180°．
∵∠PBC＜90°，∴∠PEC＞90°．
若△PEC为等腰三角形，则EP=EC．
∴∠EPC=∠ECP=45°，
∴∠PEC=90°，与∠PEC＞90°矛盾，
∴当点E在线段DC上时，△PEC不可能是等腰三角形．②若点E在线段DC的延长线上，如图4．
若△PEC是等腰三角形，
∵∠PCE=135°，
∴CP=CE，
∴∠CPE=∠CEP=22.5°．
∴∠APB=180°﹣90°﹣22.5°=67.5°．
∵∠PRC=90°+∠PBR=90°+∠CER，
∴∠PBR=∠CER=22.5°，
∴∠ABP=67.5°，
∴∠ABP=∠APB．
∴AP=AB=1．
∴AP的长为1．
点睛：本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、四边形的内角和定理、三角形的内角和定理及外角性质等知识，有一定的综合性，而通过添加辅助线证明三角形全等是解决本题的关键．
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．数学活动课上，老师给出如下问题：如图，将等腰直角三角形纸片沿斜边上的高AC 剪开，得到等腰直角三角形△ABC与△EFD，将△EFD的直角顶点在直线BC上平移，在平移的过程中，直线AC与直线DE交于点Q，让同学们探究线段BQ与AD的数量关系和位置关系．
请你阅读下面交流信息，解决所提出的问题．
展示交流：
小敏：满足条件的图形如图甲所示图形，延长BQ与AD交于点H．我们可以证明
△BCQ≌△ACD，从而易得BQ=AD，BQ⊥AD．
小慧：根据图甲，当点F在线段BC上时，我们可以验证小慧的说法是正确的．但当点F在线段CB的延长线上（如图乙）或线段CB的反向延长线上（如图丙）时，我对小慧说法的正确性表示怀疑．
（1）请你帮助小慧进行分析，小敏的结论在图乙、图丙中是否成立？请说明理由．
（选择图乙或图丙的一种情况说明即可）．
（2）小慧思考问题的方式中，蕴含的数学思想是．
拓展延伸：
根据你上面选择的图形，分别取AB、BD、DQ、AQ的中点M、N、P、T．则四边形MNPT 是什么样的特殊四边形？请说明理由．
【答案】成立；分类讨论思想；正方形.
【解析】
试题分析：利用等腰直角三角形的性质结合全等三角形的判定与性质得出BQ=AD，
BQ⊥AD；利用已知条件分类得出，体现数学中的分类讨论思想，
拓展延伸：利用三角形中位线定理结合正方形的判定方法，首先得出四边形MNPT是平行四边形进而得出它是菱形，再求出一个内角是90°，即可得出答案．
试题解析：(1)、成立，
理由：如图乙：由题意可得：∠FDE=∠QDC=∠ABC=∠BAC=45°，则DC=QC，AC=BC，
在△ADC和△BQC中∵，∴△ADC≌△BQC（SAS），∴AD=BQ，
∠DAC=∠QBC，
延长AD交BQ于点F，则∠ADC=∠BDF，∴∠BFD=∠ACD=90°，∴AD⊥BQ；
(2)、小慧思考问题的方式中，蕴含的数学思想是：分类讨论思想；
拓展延伸：四边形MNPT是正方形，
理由：∵取AB、BD、DQ、AQ的中点M、N、P、T，∴MN AD，TP AD，
∴MN TP，
∴四边形MNPT是平行四边形，∵NP BQ，BQ=AD，∴NP=MN，∴平行四边形MNPT 是菱形，
又∵AD⊥BQ，NP∥BQ，MN∥AD，∴∠MNP=90°，∴四边形MNPT是正方形．
考点：几何变换综合题。