2020-2021备战中考数学平行四边形-经典压轴题含详细答案

2020-2021备战中考数学平行四边形-经典压轴题含详细答案
一、平行四边形
1．（问题情景）利用三角形的面积相等来求解的方法是一种常见的等积法，此方法是我们解决几何问题的途径之一．
例如：张老师给小聪提出这样一个问题：
如图1，在△ABC中，AB=3，AD=6，问△ABC的高AD与CE的比是多少？
小聪的计算思路是：
根据题意得：S△ABC=1
2
BC•AD=
1
2
AB•CE．
从而得2AD=CE，∴
1
2 AD CE
请运用上述材料中所积累的经验和方法解决下列问题：
（1）（类比探究）
如图2，在▱ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AF=CE，并相交于点O，连接BE、BF，
求证：BO平分角AOC．
（2）（探究延伸）
如图3，已知直线m∥n，点A、C是直线m上两点，点B、D是直线n上两点，点P是线段CD中点，且∠APB=90°，两平行线m、n间的距离为4．求证：PA•PB=2AB．
（3）（迁移应用）
如图4，E为AB边上一点，ED⊥AD，CE⊥CB，垂足分别为D，C，∠DAB=∠B，
AB=34，BC=2，AC=26，又已知M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN．求
△DEM与△CEN的周长之和．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）34
【解析】
分析：(1)、根据平行四边形的性质得出△ABF和△BCE的面积相等，过点B作OG⊥AF于
G，OH⊥CE于H，从而得出AF=CE，然后证明△BOG和△BOH全等，从而得出
∠BOG=∠BOH，即角平分线；(2)、过点P作PG⊥n于G，交m于F，根据平行线的性质得出△CPF和△DPG全等，延长BP交AC于E，证明△CPE和△DPB全等，根据等积法得出
AB=AP×PB，从而得出答案；(3)、，延长AD，BC交于点G，过点A作AF⊥BC于F，设CF=x，根据Rt△ABF和Rt△ACF的勾股定理得出x的值，根据等积法得出AE=2DM=2EM，BE=2CN=2EN， DM+CN=AB，从而得出两个三角形的周长之和．
同理：EM+EN=AB
详解：证明：（1）如图2，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△ABF=S▱ABCD，S△BCE=S▱ABCD，∴S△ABF=S△BCE，
过点B作OG⊥AF于G，OH⊥CE于H，∴S△ABF=AF×BG，S△BCE=CE×BH，
∴AF×BG=CE×BH，即：AF×BG=CE×BH，∵AF=CE，∴BG=BH，
在Rt△BOG和Rt△BOH中，，∴Rt△BOG≌Rt△BOH，∴∠BOG=∠BOH，
∴OB平分∠AOC，
（2）如图3，过点P作PG⊥n于G，交m于F，∵m∥n，∴PF⊥AC，
∴∠CFP=∠BGP=90°，∵点P是CD中点，
在△CPF和△DPG中，，∴△CPF≌△DPG，∴PF=PG=FG=2，
延长BP交AC于E，∵m∥n，∴∠ECP=∠BDP，∴CP=DP，
在△CPE和△DPB中，，∴△CPE≌△DPB，∴PE=PB，
∵∠APB=90°，∴AE=AB，∴S△APE=S△APB，
∵S△APE=AE×PF=AE=AB，S△APB=AP×PB，
∴AB=AP×PB，即：PA•PB=2AB；
（3）如图4，延长AD，BC交于点G，∵∠BAD=∠B，
∴AG=BG，过点A作AF⊥BC于F，
设CF=x（x＞0），∴BF=BC+CF=x+2，在Rt△ABF中，AB=，
根据勾股定理得，AF2=AB2﹣BF2=34﹣（x+2）2，在Rt△ACF中，AC=，
根据勾股定理得，AF2=AC2﹣CF2=26﹣x2，
∴34﹣（x+2）2=26﹣x2，∴x=﹣1（舍）或x=1，∴AF==5，
连接EG，∵S△ABG=BG×AF=S△AEG+S△BEG=AG×DE+BG×CE=BG（DE+CE），
∴DE+CE=AF=5，在Rt△ADE中，点M是AE的中点，∴AE=2DM=2EM，
同理：BE=2CN=2EN，∵AB=AE+BE，∴2DM+2CN=AB，∴DM+CN=AB，
同理：EM+EN=AB ∴△DEM与△CEN的周长之和=DE+DM+EM+CE+CN+EN=（DE+CE）
+[（DM+CN）+（EM+EN）]
=（DE+CN）+AB=5+．
点睛：本题主要考查的就是三角形全等的判定与性质以及三角形的等积法，综合性非常强，难度较大．在解决这个问题的关键就是作出辅助线，然后根据勾股定理和三角形全等得出各个线段之间的关系．
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．在图1中，正方形ABCD的边长为a，等腰直角三角形FAE的斜边AE＝2b，且边AD和AE在同一直线上．
操作示例
当2b＜a时，如图1，在BA上选取点G，使BG＝b，连结FG和CG，裁掉△FAG和△CGB 并分别拼接到△FEH和△CHD的位置构成四边形FGCH．
思考发现
小明在操作后发现：该剪拼方法就是先将△FAG绕点F逆时针旋转90°到△FEH的位置，易知EH与AD在同一直线上．连结CH，由剪拼方法可得DH=BG，故△CHD≌△CGB，从而又可将△CGB绕点C顺时针旋转90°到△CHD的位置．这样，对于剪拼得到的四边形FGCH （如图1），过点F作FM⊥AE于点M（图略），利用SAS公理可判断△HFM≌△CHD，易得FH=HC=GC=FG，∠FHC=90°．进而根据正方形的判定方法，可以判断出四边形FGCH是正方形．
实践探究
（1）正方形FGCH的面积是；（用含a， b的式子表示）
（2）类比图1的剪拼方法，请你就图2—图4的三种情形分别画出剪拼成一个新正方形的示意图．
联想拓展
小明通过探究后发现：当b≤a时，此类图形都能剪拼成正方形，且所选取的点G的位置在BA方向上随着b的增大不断上移．当b＞a时（如图5），能否剪拼成一个正方形？若能，请你在图5中画出剪拼成的正方形的示意图；若不能，简要说明理由．
【答案】（1）a2+b2；（2）见解析；联想拓展：能剪拼成正方形.见解析．
【解析】分析：实践探究：根据正方形FGCH的面积=BG2+BC2进而得出答案；
应采用类比的方法，注意无论等腰直角三角形的大小如何变化，BG永远等于等腰直角三角形斜边的一半．注意当b=a时，也可直接沿正方形的对角线分割．
详解：实践探究：正方形的面积是：BG2+BC2=a2+b2；
剪拼方法如图2-图4；
联想拓展：能，
剪拼方法如图5（图中BG=DH=b）．
．
点睛：本题考查了几何变换综合，培养学生的推理论证能力和动手操作能力；运用类比方法作图时，应根据范例抓住作图的关键：作的线段的长度与某条线段的比值永远相等，旋转的三角形，连接的点都应是相同的．
4．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．
（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；
猜想与发现：
（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．
结论1：DM、MN的数量关系是；
结论2：DM、MN的位置关系是；
拓展与探究：
（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出
MN∥AE，MN=AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF
是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，
AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，
∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，
∴MN∥AE，MN=AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又
∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的
中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同
理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，
∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.
考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．
5．如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B、C重合），连接DE、点C 关于直线DE的对称点为C′，连接AC′并延长交直线DE于点P，F是AC′的中点，连接DF．（1）求∠FDP的度数；
（2）连接BP，请用等式表示AP、BP、DP三条线段之间的数量关系，并证明；
（3）连接AC，若正方形的边长为2，请直接写出△ACC′的面积最大值．
【答案】（1）45°；（2）BP+DP2AP，证明详见解析；（32﹣1．
【解析】
【分析】
（1）证明∠CDE＝∠C'DE和∠ADF＝∠C'DF，可得∠FDP'＝1
2
∠ADC＝45°；
（2）作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△DAP'（SAS），得BP＝DP'，从而得△PAP'是等腰直角三角形，可得结论；
（3）先作高线C'G，确定△ACC′的面积中底边AC为定值2，根据高的大小确定面积的大小，当C'在BD上时，C'G最大，其△ACC′的面积最大，并求此时的面积．
【详解】
（1）由对称得：CD＝C'D，∠CDE＝∠C'DE，
在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴AD＝C'D，
∵F是AC'的中点，
∴DF⊥AC'，∠ADF＝∠C'DF，
∴∠FDP＝∠FDC'+∠EDC'＝1
2
∠ADC＝45°；
（2）结论：BP+DP＝2AP，
理由是：如图，作AP'⊥AP交PD的延长线于P'，
∴∠PAP'＝90°，
在正方形ABCD中，DA＝BA，∠BAD＝90°，
∴∠DAP'＝∠BAP，
由（1）可知：∠FDP＝45°
∵∠DFP＝90°
∴∠APD＝45°，
∴∠P'＝45°，
∴AP＝AP'，
在△BAP和△DAP'中，
∵
BA DA
BAP DAP AP AP
'
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
='
⎪
⎩
，
∴△BAP≌△DAP'（SAS），∴BP＝DP'，
∴DP+BP＝PP'＝2AP；
（3）如图，过C'作C'G⊥AC于G，则S△AC'C＝1
2
AC•C'G，
Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝2， ∴AC ＝22(2)(2)2+=，即AC 为定值，
当C 'G 最大值，△AC 'C 的面积最大，
连接BD ，交AC 于O ，当C '在BD 上时，C 'G 最大，此时G 与O 重合，
∵CD ＝C 'D ＝2，OD ＝
12AC ＝1， ∴C 'G ＝2﹣1，
∴S △AC 'C ＝
112(21)2122AC C G '•=⨯-=-． 【点睛】
本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
6．如图，在Rt △ABC 中，∠B=90°，AC=60cm ，∠A=60°，点D 从点C 出发沿CA 方向以4cm/秒的速度向点A 匀速运动，同时点E 从点A 出发沿AB 方向以2cm/秒的速度向点B 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D 、E 运动的时间是t 秒（0＜t≤15）．过点D 作DF ⊥BC 于点F ，连接DE ，EF ．
（1）求证：AE=DF ；
（2）四边形AEFD 能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t 值，如果不能，说明理由； （3）当t 为何值时，△DEF 为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）能，t=10；（3）t=
152或12. 【解析】
【分析】
（1）利用t 表示出CD 以及AE 的长，然后在直角△CDF 中，利用直角三角形的性质求得DF 的长，即可证明；
（2）易证四边形AEFD 是平行四边形，当AD=AE 时，四边形AEFD 是菱形，据此即可列方程求得t 的值；
（3）△DEF 为直角三角形，分∠EDF=90°和∠DEF=90°两种情况讨论.
【详解】
解：（1）证明：∵在Rt △ABC 中，∠C=90°﹣∠A=30°，
∴AB=1
2AC=
1
2
×60=30cm，
∵CD=4t，AE=2t，
又∵在Rt△CDF中，∠C=30°，
∴DF=1
2
CD=2t，∴DF=AE；
（2）能，
∵DF∥AB，DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，即60﹣4t=2t，解得：t=10，∴当t=10时，AEFD是菱形；
（3）若△DEF为直角三角形，有两种情况：
①如图1，∠EDF=90°，DE∥BC，
则AD=2AE，即60﹣4t=2×2t，解得：t=15
2
，
②如图2，∠DEF=90°，DE⊥AC，
则AE=2AD，即2t2(604t)
=-，解得：t=12，
综上所述，当t=15
2
或12时，△DEF为直角三角形.
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．已知90AOB ∠=︒，点C 是AOB ∠的角平分线OP 上的任意一点，现有一个直角MCN ∠绕点C 旋转，两直角边CM ，CN 分别与直线OA ，OB 相交于点D ，点E .
（1）如图1，若CD OA ⊥，猜想线段OD ，OE ，OC 之间的数量关系，并说明理由. （2）如图2，若点D 在射线OA 上，且CD 与OA 不垂直，则（1）中的数量关系是否仍成立？如成立，请说明理由；如不成立，请写出线段OD ，OE ，OC 之间的数量关系，并加以证明.
（3）如图3，若点D 在射线OA 的反向延长线上，且2OD =，8OE =，请直接写出线段CE 的长度.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（334【解析】
【分析】
（1）先证四边形ODCE 为矩形，再证矩形ODCE 为正方形，由正方形性质可得；（2）过点C 作CG OA ⊥于点G ，CH OB ⊥于点H ，证四边形OGCH 为正方形，再证()CGD CHE ASA ∆≅∆，可得；（3）根据()CGD CHE ASA ∆≅∆，可得
2OE OD OH OG OC -=+=.
【详解】
解：（1）∵90AOB ∠=︒，90MCN ∠=︒，CD OA ⊥，
∴四边形ODCE 为矩形.
∵OP 是AOB ∠的角平分线，
∴45DOC EOC ∠=∠=︒，
∴OD CD =，
∴矩形ODCE 为正方形， ∴2OC OD =，2OC OE =.
∴2OD OE OC +=.
（2）如图，过点C 作CG OA ⊥于点G ，CH OB ⊥于点H ，
∵OP 平分AOB ∠，90AOB ∠=︒，
∴四边形OGCH 为正方形，
由（1）得：2OG OH OC +=
，
在CGD ∆和CHE ∆中， 90CGD CHE CG CH
DCG ECH ︒
⎧∠=∠=⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴()CGD CHE ASA ∆≅∆，
∴GD HE =，
∴2OD OE OC +=.
（3）2OG OH OC +=
， ()CGD CHE ASA ∆≅∆，
∴GD HE =. ∵OD GD OG =-，OE OH EH =+，
∴2OE OD OH OG OC -=+=
， ∴32OC =，
∴34CE =，
CE 的长度为34.
【点睛】
考核知识点：矩形，正方形的判定和性质.熟练运用特殊四边形的性质和判定是关键.
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73AG =，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：
2
222
2016
4
33 DF CD
⎛⎫
-=-=
⎪
⎝⎭
，
∴BF=BC-CF=91611
33
-=，
由翻折不变性可知，FB=FB′=113， ∴B′D=DF -FB′=
2011333
-=. 【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，10AQ =，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=
12、5、173
. 【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=12
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=
12AP=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22AQ QF '-，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.
11．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．
12．点P 是矩形ABCD 对角线AC 所在直线上的一个动点（点P 不与点A ，C 重合），分别过点A ，C 向直线BP 作垂线，垂足分别为点E ，F ，点O 为AC 的中点．
（1）如图1，当点P 与点O 重合时，请你判断OE 与OF 的数量关系；
（2）当点P 运动到如图2所示位置时，请你在图2中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立；
（3）若点P 在射线OA 上运动，恰好使得∠OEF ＝30°时，猜想此时线段CF ，AE ，OE 之间有怎样的数量关系，直接写出结论不必证明．
【答案】（1）OE ＝OF ．理由见解析；（2）补全图形如图所示见解析，OE ＝OF 仍然成立；（3）CF ＝OE+AE 或CF ＝OE ﹣AE ．
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质以及垂线，即可判定()AOE COF AAS ∆≅∆，得出OE =OF ； （2）先延长EO 交CF 于点G ，通过判定()AOE COG ASA ∆≅∆，得出OG =OE ，再根据Rt EFG ∆中，12
OF EG =，即可得到OE =OF ； （3）根据点P 在射线OA 上运动，需要分两种情况进行讨论：当点P 在线段OA 上时，当点P 在线段OA 延长线上时，分别根据全等三角形的性质以及线段的和差关系进行推导计算即可．
【详解】
（1）OE =OF ．理由如下：
如图1．
∵四边形ABCD 是矩形，∴ OA =OC ．
∵AE BP ⊥，CF BP ⊥，∴90AEO CFO ∠=∠=︒．
∵在AOE ∆和COF ∆中，AEO CFO AOE COF OA OC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，∴()AOE COF AAS ∆≅∆，∴ OE =OF ；
（2）补全图形如图2，OE =OF 仍然成立．证明如下：
延长EO 交CF 于点G ．
∵AE BP ⊥，CF BP ⊥，∴ AE //CF ，∴EAO GCO ∠=∠．
又∵点O 为AC 的中点，∴ AO =CO ．
在AOE ∆和COG ∆中，EAO GCO AO CO AOE COG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=⎩
，∴()AOE COG ASA ∆≅∆，∴ OG =OE ，
∴Rt EFG ∆中，
12
OF EG =
，∴ OE =OF ； （3）CF =OE +AE 或CF =OE -AE ． 证明如下：①如图2，当点P 在线段OA 上时．
∵30OEF ∠=︒，90EFG ∠=︒，∴60OGF ∠=︒，由（2）可得：OF =OG ，∴OGF ∆是等边三角形，∴ FG =OF =OE ，由（2）可得：AOE COG ∆≅∆，∴ CG =AE ．
又∵ CF =GF +CG ，∴ CF =OE +AE ；
②如图3，当点P 在线段OA 延长线上时．
∵30OEF ∠=︒，90EFG ∠=︒，∴60OGF ∠=︒，同理可得：OGF ∆是等边三角形，∴ FG =OF =OE ，同理可得：AOE COG ∆≅∆，∴ CG =AE ．
又∵ CF =GF -CG ，∴ CF =OE -AE ．
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质、全等三角形的性质和判定以及等边三角形的性质和判定，解决问题的关键是构建全等三角形和证明三角形全等，利用矩形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，根据线段的和差关系使问题得以解决．
13．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
2α．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 ＝3MB ． 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
．
理由：同法可证：BM ⊥EM ，BM 平分∠ABC ，
所以EM=BM•tan 2
． 【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．
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．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 ．。