初三数学一模试题分类汇编——平行四边形综合含答案

初三数学一模试题分类汇编——平行四边形综合含答案
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．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.
3．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.
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=1
2
BC，GH∥BC，GH=
1
2
BC，推出
EF∥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
S△PGH=1
2
S△AEF=S△APF，即可得出结果．
【详解】
（1）证明：∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，
∴EG∥AP，EF∥BC，EF＝1
2BC，GH∥BC，GH＝
1
2
BC，
∴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，
∴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＝1
S△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＝FG5
∵DE＝DG，∠DCE＝∠GND，∠EDC＝∠DGN，
∴△DCE≌△GND(AAS)，
∴GCD＝2，
∵S△DCG＝1
2
•CD•NG＝
1
2
•DG•CM，
∴2×25，∴CM＝GH45，
∴MG＝CH22
CG CM
35
5
，
∴FH ＝FG ﹣FG ＝5， ∴CF ＝22FH CH +＝22535(
)()55
+＝2． 故答案为2．
【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，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．（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l 1：y ＝-43
x+8与直线l 2：y ＝﹣2x+8相交于点A ，直线l 1、l 2与x 轴分别交于点B 、点C ．点P 是直线l 2上一个动点，若点P 到直线l 1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．
7．阅读下列材料：
我们定义：若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，则这条对角线叫这个四边形的和谐线，这个四边形叫做和谐四边形．如正方形就是和谐四边形．结合阅读材料，完成下列问题：
（1）下列哪个四边形一定是和谐四边形．
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．等腰梯形
（2）命题：“和谐四边形一定是轴对称图形”是命题（填“真”或“假”）．
（3）如图，等腰Rt△ABD中，∠BAD＝90°．若点C为平面上一点，AC为凸四边形ABCD 的和谐线，且AB＝BC，请求出∠ABC的度数．
【答案】（1） C ；（2）∠ABC的度数为60°或90°或150°.
【解析】
试题分析：（1）根据菱形的性质和和谐四边形定义，直接得出结论.
（2）根据和谐四边形定义，分AD=CD，AD=AC，AC=DC讨论即可.
（1）根据和谐四边形定义，平行四边形，矩形，等腰梯形的对角线不能把四边形分成两个等腰三角形，菱形的一条对角线能把四边形分成两个等腰三角形够．故选C.
（2）∵等腰Rt△ABD中，∠BAD=90°，∴AB=AD.
∵AC为凸四边形ABCD的和谐线，且AB=BC，
∴分三种情况讨论：
若AD=CD，如图1，则凸四边形ABCD是正方形，∠ABC=90°；
若AD=AC，如图 2，则AB=AC=BC，△ABC是等边三角形，∠ABC=60°；
若AC=DC，如图 3，则可求∠ABC=150°.
考点：1.新定义；2．菱形的性质；3．正方形的判定和性质；4．等边三角形的判定和性质；5.分类思想的应用.
8．△ABC 为等边三角形，AF AB =．BCD BDC AEC ∠=∠=∠．
(1)求证：四边形ABDF 是菱形．
(2)若BD 是ABC ∠的角平分线，连接AD ，找出图中所有的等腰三角形．
【答案】(1)证明见解析；(2)图中等腰三角形有△ABC ，△BDC ，△ABD ，△ADF ，△ADC ，△ADE ．
【解析】
【分析】
（1）先求证BD ∥AF ，证明四边形ABDF 是平行四边形，再利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；（2）先利用BD 平分∠ABC ，得到BD 垂直平分线段AC ，进而证明△DAC 是等腰三角形，根据BD ⊥AC,AF ⊥AC ，找到角度之间的关系,证明△DAE 是等腰三角形，进而得到BC ＝BD ＝BA ＝AF ＝DF ，即可解题,见详解.
【详解】
(1)如图1中，∵∠BCD ＝∠BDC ，
∴BC ＝BD ，
∵△ABC 是等边三角形，
∴AB ＝BC ，
∵AB ＝AF ，
∴BD ＝AF ，
∵∠BDC ＝∠AEC ，
∴BD ∥AF ，
∴四边形ABDF 是平行四边形，
∵AB ＝AF ，
∴四边形ABDF 是菱形．
(2)解：如图2中，∵BA ＝BC ，BD 平分∠ABC ，
∴BD 垂直平分线段AC ，
∴DA ＝DC ，
∴△DAC 是等腰三角形，
∵AF ∥BD ，BD ⊥AC
∴AF ⊥AC ，
∴∠EAC ＝90°，
∵∠DAC ＝∠DCA ，∠DAC +∠DAE ＝90°，∠DCA +∠AEC ＝90°，
∴∠DAE ＝∠DEA ，
∴DA ＝DE ，
∴△DAE 是等腰三角形，
∵BC ＝BD ＝BA ＝AF ＝DF ，
∴△BCD ，△ABD ，△ADF 都是等腰三角形，
综上所述，图中等腰三角形有△ABC ，△BDC ，△ABD ，△ADF ，△ADC ，△ADE ．
【点睛】
本题考查菱形的判定，等边三角形的性质，等腰三角形的判定等知识，属于中考常考题型，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
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）(62,6)-；（2）(333,333)+；（3）323323AP 剟.
【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 ＝626，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＝1
OC′＝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＝626
-，
∴BD＝（626
=-，
-）×21262
∴CD＝6﹣（1262
-）=626
-，
∴BC与A′B′的交点D的坐标为（662
-，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＝33，B′N＝C′M＝3，
∴点B′的坐标为333,333
+；
（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323+，AP 的最小值为323-，
∴AP 长的取值范围为323323AP -+剟.
【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．（3）问解题的关键是利用中位线定理得出点P 的轨迹．
10．定义：我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“友好三角形”．
性质：如果两个三角形是“友好三角形”，那么这两个三角形的面积相等．
理解：如图①，在△ABC 中，CD 是AB 边上的中线，那么△ACD 和△BCD 是“友好三角形”，并且S △ACD =S △BCD ．
应用：如图②，在矩形ABCD 中，AB=4，BC=6，点E 在AD 上，点F 在BC 上，AE=BF ，AF 与BE 交于点O ．
（1）求证：△AOB 和△AOE 是“友好三角形”；
（2）连接OD ，若△AOE 和△DOE 是“友好三角形”，求四边形CDOF 的面积．
探究：在△ABC 中，∠A=30°，AB=4，点D 在线段AB 上，连接CD ，△ACD 和△BCD 是“友好三角形”，将△ACD 沿CD 所在直线翻折，得到△A′CD ，若△A′CD 与△ABC 重合部分的面
积等于△ABC面积的，请直接写出△ABC的面积．
【答案】（1）见解析；（2）12；探究：2或2．
【解析】
试题分析：（1）利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得到四边形ABFE是平行四边形，然后根据平行四边形的性质证得OE=OB，即可证得△AOE和△AOB是友好三角形；
（2）△AOE和△DOE是“友好三角形”，即可得到E是AD的中点，则可以求得△ABE、
△ABF的面积，根据S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF即可求解．
探究：画出符合条件的两种情况：①求出四边形A′DCB是平行四边形，求出BC和A′D推出∠ACB=90°，根据三角形面积公式求出即可；②求出高CQ，求出△A′DC的面积．即可求出△ABC的面积．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∵AE=BF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴OE=OB，
∴△AOE和△AOB是友好三角形．
（2）∵△AOE和△DOE是友好三角形，
∴S△AOE=S△DOE，AE=ED=AD=3，
∵△AOB与△AOE是友好三角形，
∴S△AOB=S△AOE，
∵△AOE≌△FOB，
∴S△AOE=S△FOB，
∴S△AOD=S△ABF，
∴S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF=4×6-2××4×3=12．
探究：
解：分为两种情况：①如图1，
∵S△ACD=S△BCD．
∴AD=BD=AB，
∵沿CD折叠A和A′重合，
∴AD=A′D=AB=×4=2，
∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的，
∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC，
∴DO=OB，A′O=CO，
∴四边形A′DCB是平行四边形，
∴BC=A′D=2，
过B作BM⊥AC于M，
∵AB=4，∠BAC=30°，
∴BM=AB=2=BC，
即C和M重合，
∴∠ACB=90°，
由勾股定理得：AC=，
∴△ABC的面积是×BC×AC=×2×2=2；
②如图2，
∵S△ACD=S△BCD．
∴AD=BD=AB，
∵沿CD折叠A和A′重合，
∴AD=A′D=AB=×4=2，
∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的，
∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC，
∴DO=OA′，BO=CO，
∴四边形A′BDC是平行四边形，
∴A′C=BD=2，
过C作CQ⊥A′D于Q，
∵A′C=2，∠DA′C=∠BAC=30°，
∴CQ=A′C=1，
∴S△ABC=2S△ADC=2S△A′DC=2××A′D×CQ=2××2×1=2；
即△ABC的面积是2或2．
考点：四边形综合题．
11．猜想与证明：
如图1，摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不
变，则DM和ME的关系为．
（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF 的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．
【答案】猜想：DM=ME，证明见解析；（2）成立，证明见解析.
【解析】
试题分析：延长EM交AD于点H，根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到HM=DE，则可以得到答案；（1）、延长EM交AD于点H，根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到HM=DE，则可以得到答案；（2）、连接AE，根据正方形的性质得出∠FCE=45°，∠FCA=45°，根据RT△ADF中AM=MF得出DM=AM=MF，根据
RT△AEF中AM=MF得出AM=MF=ME，从而说明DM=ME.
试题解析：如图1，延长EM交AD于点H，∵四边形ABCD和CEFG是矩形，∴AD∥EF，∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∴△FME≌△AMH（ASA）
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=DE，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME．
（1）、如图1，延长EM交AD于点H，
∵四边形ABCD和CEFG是矩形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∴△FME≌△AMH（ASA）
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME，
（2）、如图2，连接AE，
∵四边形ABCD和ECGF是正方形，
∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，
∴AE和EC在同一条直线上，
在RT△ADF中，AM=MF，
∴DM=AM=MF，
在RT△AEF中，AM=MF，
∴AM=MF=ME，
∴DM=ME．
考点：（1）、三角形全等的性质；（2）、矩形的性质.
12．（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．
13．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB 与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P 处，再折出PB、PC，最后用笔画出△PBC(图1)．
（1）求证：图1中的PBC是正三角形：
（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN，其中IJ=6cm，
且HM=JN．
①求证：IH=IJ
②请求出NJ的长；
（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边的长度a变化时，在矩形纸片上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示意图(作图工具不限，能说明问题即可)，并直接写出对应的a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②1233）3＜a＜3，a＞3
【解析】
分析：（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即可；
（2）①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得；②IJ上取一点Q，使QI=QN，由
Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x，则IQ=QN=2x、3，根据IJ=IQ+QJ求出x即可得；
（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可．（1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF
∴PB=PC
∵沿折痕BG 折叠纸片，使点C 落在EF 上的点P 处
∴PB=BC
∴PB=PC=BC
∴△PBC 是正三角形：
（2）证明：①如图
∵矩形AHIJ
∴∠H=∠J=90°
∵△MNJ 是等边三角形
∴MI=NI
在Rt △MHI 和Rt △JNI 中
MI NI MH NJ =⎧⎨=⎩
∴Rt △MHI ≌Rt △JNI （HL ）
∴HI=IJ
②在线段IJ 上取点Q ，使IQ=NQ
∵Rt △IHM ≌Rt △IJN ，
∴∠HIM=∠JIN ，
∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°，
∴∠HIM=∠JIN=15°，
由QI=QN 知∠JIN=∠QNI=15°，
∴∠NQJ=30°，
设NJ=x ，则IQ=QN=2x ，22=3QN NJ -x ，
∵IJ=6cm ，
∴3，
∴33cm ）．
（3）分三种情况：
①如图：
设等边三角形的边长为b，则0＜b≤6，
则
tan60°=
3=
2
a
b
，
∴a=3
2
b
，
∴0＜b≤63
2
=33；
②如图
当DF与DC重合时，DF=DE=6，
∴a=sin60°×DE=63=33，
当DE与DA重合时，a=
6
43
sin603
==
︒，∴33＜a＜43；
③如图
∵△DEF是等边三角形
∴∠FDC=30°
∴DF=6
4
3
cos303
==
︒
∴a＞43
点睛：本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．
14．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，
，
∴△ABP≌△QBP（AAS），
∴AP=QP，AB=BQ，
又∵AB=BC，
∴BC=BQ．
又∠C=∠BQH=90°，BH=BH，
在△BCH和△BQH中，
，
∴△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≌△BPA（AAS）．
∴EM=AP．
设AP=x
在Rt△APE中，（4-BE）2+x2=BE2．
解得BE=2+，
∴CF=BE-EM=2+-x，
∴BE+CF=-x+4=（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．
15．（本题14分）小明在学习平行线相关知识时总结了如下结论：端点分别在两条平行线上的所有线段中，垂直于平行线的线段最短．
小明应用这个结论进行了下列探索活动和问题解决．
问题1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，P为AC边上的一动点，以PB，PA为边构造
□APBQ，求对角线PQ的最小值及PQ最小时的值．
（1）在解决这个问题时，小明构造出了如图2的辅助线，则PQ的最小值为，当PQ最小时
= _____ __；
（2）小明对问题1做了简单的变式思考．如图3，P为AB边上的一动点，延长PA到点E，使AE=nPA（n
为大于0的常数）．以PE，PC为边作□PCQE，试求对角线PQ长的最小值，并求PQ最小时的值；
问题2：在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3．
（1）如图4，若为上任意一点，以，为边作□．试求对角线长的最小值和PQ最小时的值．
（2）若为上任意一点，延长到，使，再以，为边作□．请直接写出对角线长的最小值和PQ最小时的值．
【答案】问题1：（1）3，；（2）PQ=，=．问题2：（1）=4，
．（2）PQ的最小值为．．
【解析】
试题分析：问题1：（1）首先根据条件可证四边形PCBQ是矩形，然后根据条件“四边形
APBQ是平行四边形可得AP=QB=PC，从而可求的值．（2）由题可知：当QP⊥AC 时，PQ最小．过点C作CD⊥AB于点D．此时四边形CDPQ为矩形，PQ=CD，在Rt△ABC
中，∠C=90°，AC=4，BC=3，利用面积可求出CD=,然后可求出AD=，由AE=nPA可得PE=，而PE=CQ=PD=AD-AP=，所以AP=．所以
=．问题2：（1）设对角线与相交于点．Rt≌Rt．所以AD=HC，QH=AP．由题可知：当QP⊥AB时，PQ最小，此时=CH=4，根据条件可证四边
形BPQH为矩形，从而QH=BP=AP．所以．（2）根据题意画出图形，当AB 时，的长最小，PQ的最小值为．．
试题解析：问题1：（1）3，；
（2）过点C作CD⊥AB于点D．
由题意可知当PQ⊥AB时，PQ最短．所以此时四边形CDPQ为矩形．PQ=CD，
DP=CQ=PE．因为∠BCA=90°，AC=4，
BC=3，所以AB=5．所以CD=．所以PQ=．
在Rt△ACD中AC=4，CD=，所以AD=．
因为AE=nPA，所以PE==CQ=PD=AD-AP=．
所以AP=．所以=．
问题2：
（1）如图2，设对角线与相交于点．
所以G是DC的中点，
作QH BC，交BC的延长线于H，
因为AD//BC，所以．
所以．
又，所以Rt≌Rt．所以AD=HC，QH=AP．
由图知，当AB时，的长最小，即=CH=4．
易得四边形BPQH为矩形，所以QH=BP=AP．所以．
（若学生有能力从梯形中位线角度考虑，若正确即可评分．但讲评时不作要求）
（2）PQ的最小值为．．
考点：1．直角三角形的性质；2．全等三角形的判定与性质；3．平行四边形的性质；4矩形的判定与性质．。