初三培优 易错 难题平行四边形辅导专题训练附答案解析

初三培优 易错 难题平行四边形辅导专题训练附答案解析
一、平行四边形
1．问题发现：
（1）如图①，点P 为平行四边形ABCD 内一点，请过点P 画一条直线l ，使其同时平分平行四边形ABCD 的面积和周长．
问题探究：
（2）如图②，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边OA 、OC 分别在x 轴、y 轴正半轴上，点B 坐标为(8,6)．已知点(6,7)P 为矩形外一点，请过点P 画一条同时平分矩形OABC 面积和周长的直线l ，说明理由并求出直线l ，说明理由并求出直线l 被矩形ABCD 截得线段的长度．
问题解决：
（3）如图③，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABCD 的边OA 、OD 分别在x 轴、y 轴正半轴上，DC x ∥轴，AB y ∥轴，且8OA OD ==，2AB CD ==，点
(1052,1052)P --为五边形内一点．请问：是否存在过点P 的直线l ，分别与边OA 与BC 交于点E 、F ，且同时平分五边形OABCD 的面积和周长?若存在，请求出点E 和点F 的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）作图见解析；（2）25y x =-，353）(0,0)E ，(5,5)F ．
【解析】
试题分析：（1）连接AC 、BD 交于点O ，作直线PO ，直线PO 将平行四边形ABCD 的面积和周长分别相等的两部分．
（2）连接AC ，BD 交于点O '，过O '、P 点的直线将矩形ABCD 的面积和周长分为分别相等的两部分．
（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长．
试题解析：（1）作图如下：
（2）∵(6,7)P ，(4,3)O '，
∴设:6PO y kx =+'，
67{43k b k b +=+=，2{5
k b ==-， ∴25y x =-，
交x 轴于5,02N ⎛⎫ ⎪⎝⎭
， 交BC 于11,62M ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 2
211563522MN ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭．
（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长．
∵(1052,102)P --在直线y x =上，
∴连OP 交OA 、BC 于点E 、F ，
设:BC y kx b =+，(8,2)(2,8)B C ，
82{28k b k +=+=，1{10
k b =-=， ∴直线:10BC y x =-+，
联立10{y x y x =-+=，得55x y =⎧⎨=⎩
， ∴(0,0)E ，(5,5)F ．
2．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
3．在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）．过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．（1）如图1，请直接写出线段OE与OF的数量关系；
（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由
（3）若|CF﹣AE|=2，EF=23，当△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长．
【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP62 23
.
3
【解析】
【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE；
（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可
证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE；（3）分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.
【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，
∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，
∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，
∵△EFK是直角三角形，∴OF=1
2
EK=OE；
（2）如图2中，延长EO交CF于K，
∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，
∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，
∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，
∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，
∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；
（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，
∵|CF﹣AE|=2，3AE=CK，∴FK=2，
在Rt △EFK 中，tan ∠FEK=33，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°， ∴EK=2FK=4，OF=12
EK=2， ∵△OPF 是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2， 在Rt △PHF 中，PH=
12PF=1，HF=3，OH=2﹣3， ∴OP=()2212362+-=-.
如图4中，点P 在线段OC 上，当PO=PF 时，∠POF=∠PFO=30°，
∴∠BOP=90°，
∴OP=33OE=233
， 综上所述：OP 的长为62-或
23. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.
4．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：EF 2=ME 2+NF 2；
(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）EF 2=2BE 2+2DF 2.
【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
5．如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥DB，垂足为点D，将平行四边形ABCD折叠，使点B落在点D的位置，点C落在点G的位置，折痕为EF，EF交对角线BD于点P．
（1）连结CG，请判断四边形DBCG的形状，并说明理由；
（2）若AE＝BD，求∠EDF的度数．
【答案】（1）四边形BCGD是矩形，理由详见解析；（2）∠EDF＝120°．
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质和折叠性质以及矩形的判定解答即可；
（2）根据折叠的性质以及直角三角形的性质和等边三角形的判定与性质解答即可．
【详解】
解：（1）四边形BCGD是矩形，理由如下，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，即BC∥DG，
由折叠可知，BC＝DG，
∴四边形BCGD是平行四边形，
∵AD⊥BD，
∴∠CBD＝90°，
∴四边形BCGD是矩形；
（2）由折叠可知：EF垂直平分BD，
∴BD⊥EF，DP＝BP，
∵AD⊥BD，
∴EF∥AD∥BC，
∴AE PD1
==
BE BP
∴AE＝BE，
∴DE是Rt△ADB斜边上的中线，
∴DE＝AE＝BE，
∵AE＝BD，
∴DE＝BD＝BE，
∴△DBE是等边三角形，
∴∠EDB＝∠DBE＝60°，
∵AB∥DC，
∴∠DBC＝∠DBE＝60°，
∴∠EDF＝120°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，折叠性质，等边三角形的性质和判定，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力，题目综合性比较强，有一定的难度
6．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=，连接DE，DF，EF. FH平分EFB
CF AE
∠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.
7．（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）
∴AB 2268+10，BC ＝10．
∴AB ＝BC ，
（1）由结论得：P 1D 1+P 1E 1＝OA ＝8
∵P 1D 1＝1＝2，
∴P 1E 1＝6 即点P 1的纵坐标为6
又点P 1在直线l 2上，
∴y ＝2x+8＝6，
∴x ＝﹣1，
即点P 1的坐标为（﹣1，6）；
（2）由结论得：P 2E 2﹣P 2D 2＝OA ＝8
∵P 2D 2＝2，
∴P 2E 2＝10 即点P 1的纵坐标为10
又点P 1在直线l 2上，
∴y ＝2x+8＝10，
∴x ＝1，
即点P 1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．
8．在ABC V 中，AD BC ⊥于点D ，点E 为AC 边的中点，过点A 作//AF BC ，交DE 的延长线于点F ，连接CF ．
()1如图1，求证：四边形ADCF 是矩形；
()2如图2，当AB AC =时，取AB 的中点G ，连接DG 、EG ，在不添加任何辅助线和字母的条件下，请直接写出图中所有的平行四边形（不包括矩形ADCF ）．
【答案】(1) 证明见解析；（2）四边形ABDF 、四边形AGEF 、四边形GBDE 、四边形AGDE 、四边形GDCE 都是平行四边形．
【解析】
【分析】
（1）由△AEF ≌△CED ，推出EF=DE ，又AE=EC ，推出四边形ADCF 是平行四边形，只要证明∠ADC=90°，即可推出四边形ADCF 是矩形．
（2）四边形ABDF 、四边形AGEF 、四边形GBDE 、四边形AGDE 、四边形GDCE 都是平行四边形．
【详解】
()1证明：∵//AF BC ，
∴AFE EDC ∠=∠，
∵E 是AC 中点，
∴AE EC =，
在AEF V 和CED V 中，
AFE CDE AEF CED AE EC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴AEF CED ≅V V ，
∴EF DE =，∵AE EC =，
∴四边形ADCF 是平行四边形，
∵AD BC ⊥，
∴90ADC ∠=o ，
∴四边形ADCF 是矩形．
()2∵线段DG 、线段GE 、线段DE 都是ABC V 的中位线，又//AF BC ， ∴//AB DE ，//DG AC ，//EG BC ，
∴四边形ABDF 、四边形AGEF 、四边形GBDE 、四边形AGDE 、四边形GDCE 都是平行四边形．
【点睛】
考查平行四边形的判定、矩形的判定、三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质等知识，正确寻找全等三角形解决问题是解题的关键.
9．（1）如图1，将矩形ABCD 折叠，使BC 落在对角线BD 上，折痕为BE ，点C 落在点C '处，若42ADB =o ∠，则DBE ∠的度数为______o .
（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD ，4AB =，9AD =.
（画一画）如图2，点E 在这张矩形纸片的边AD 上，将纸片折叠，使AB 落在CE 所在直线上，折痕设为MN （点M ，N 分别在边AD ，BC 上），利用直尺和圆规画出折痕MN （不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）；
（算一算）如图3，点F 在这张矩形纸片的边BC 上，将纸片折叠，使FB 落在射线FD 上，折痕为GF ，点,A B 分别落在点A '，B '处，若73
AG =，求B D '的长.
【答案】（1）21；（2）画一画；见解析；算一算：3B D '=
【解析】
【分析】
（1）利用平行线的性质以及翻折不变性即可解决问题；
（2）【画一画】，如图2中，延长BA 交CE 的延长线由G ，作∠BGC 的角平分线交AD 于M ，交BC 于N ，直线MN 即为所求；
【算一算】首先求出GD=9-72033
=，由矩形的性质得出AD ∥BC ，BC=AD=9，由平行线的性质得出∠DGF=∠BFG ，由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG ，证出∠DFG=∠DGF ，由等腰三
角形的判定定理证出DF=DG=
203
，再由勾股定理求出CF ，可得BF ，再利用翻折不变性，可知FB′=FB ，由此即可解决问题．
【详解】
（1）如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=42°，
由翻折的性质可知，∠DBE=∠EBC=1
2
∠DBC=21°，
故答案为21．
（2）【画一画】如图所示：
【算一算】
如3所示：
∵AG=7
3
，AD=9，
∴GD=9-720
33
，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，BC=AD=9，
∴∠DGF=∠BFG，
由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，∴∠DFG=∠DGF，
∴DF=DG=20
3
，
∵CD=AB=4，∠C=90°，
∴在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF=
2
222
2016
4
33 DF CD
⎛⎫
-=-=
⎪
⎝⎭
，
∴BF=BC-CF=91611
33
-=，
由翻折不变性可知，FB=FB′=11 3
，
∴B′D=DF-FB′=20113
33
-=.
【点睛】
四边形综合题，考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题．
10．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，②2；（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=12
BC=3， ∵∠DOE=15°，△AOF ≌△DOE ，
∴∠AOF=15°，
∴∠FOG=45°-15°=30°，
∴OF=OG cos DOG
∠=2， ∴EF=22=22OF OE +；
（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 ， ∴12
PF PH PE PD ==， ∴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．
11．△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．
12．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．
【答案】(1)MB ＝ME ，MB ⊥ME ；(2)ME ＝3MB ．证明见解析；(3)ME ＝MB·
tan 2α. 【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
2
α．证明方法类似； 【详解】
(1) 如图1中，连接CM ．
∵∠ACD=90°，AM=MD ，
∴MC=MA=MD ，
∵BA=BC ，
∴BM 垂直平分AC ，
∵∠ABC=90°，BA=BC ，
∴∠MBE=
12
∠ABC=45°，∠ACB=∠DCE=45°， ∵AB ∥DE ，
∴∠ABE+∠DEC=180°，
∴∠DEC=90°，
∴∠DCE=∠CDE=45°，
∴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 3．
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 ，
∴∠MBE ＝12∠ABC ＝60°，∠BAC ＝∠BCA ＝30°，∠DCE ＝60°. ∵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 ， ∴∠MEC ＝12
∠DEC ＝30°， ∴∠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
α．
理由：同法可证：BM ⊥EM ，BM 平分∠ABC ，
所以EM=BM•tan
2
α． 【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．
13．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．
14．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 =12BC•AP ，S △DFC =12
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×
12
×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
15．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．。