全国中考数学平行四边形的综合中考真题汇总附答案解析

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．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+28x ， ∴CF=BE-EM=2+28
x -x ， ∴BE+CF=24
x -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．
2．如图1，在△ABC 中，AB ＝AC ，AD ⊥BC 于D ，分别延长AC 至E ，BC 至F ，且CE ＝EF ，延长FE 交AD 的延长线于G ．
（1）求证：AE ＝EG ；
（2）如图2，分别连接BG ，BE ，若BG ＝BF ，求证：BE ＝EG ；
（3）如图3，取GF 的中点M ，若AB ＝5，求EM 的长．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）
52
【解析】
【分析】 （1）根据平行线的性质和等腰三角形的三线合一的性质得：∠CAD ＝∠G ，可得AE ＝EG ； （2）作辅助线，证明△BEF ≌△GEC （SAS ），可得结论；
（3）如图3，作辅助线，构建平行线，证明四边形DMEN是平行四边形，得EM＝DN＝1
AC，计算可得结论．
2
【详解】
证明：（1）如图1，过E作EH⊥CF于H，
∵AD⊥BC，
∴EH∥AD，
∴∠CEH＝∠CAD，∠HEF＝∠G，
∵CE＝EF，
∴∠CEH＝∠HEF，
∴∠CAD＝∠G，
∴AE＝EG；
（2）如图2，连接GC，
∵AC＝BC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴AG是BC的垂直平分线，
∴GC＝GB，
∴∠GBF＝∠BCG，
∵BG＝BF，
∴GC＝BE，
∵CE＝EF，
∴∠CEF＝180°﹣2∠F，
∵BG＝BF，
∴∠GBF ＝180°﹣2∠F ，
∴∠GBF ＝∠CEF ，
∴∠CEF ＝∠BCG ，
∵∠BCE ＝∠CEF+∠F ，∠BCE ＝∠BCG+∠GCE ，
∴∠GCE ＝∠F ，
在△BEF 和△GCE 中，
CE GCE F CG BF EF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△BEF ≌△GEC （SAS ），
∴BE ＝EG ；
（3）如图3，连接DM ，取AC 的中点N ，连接DN ，
由（1）得AE ＝EG ，
∴∠GAE ＝∠AGE ，
在Rt △ACD 中，N 为AC 的中点，
∴DN ＝
12
AC ＝AN ，∠DAN ＝∠ADN ， ∴∠ADN ＝∠AGE ，
∴DN ∥GF ，
在Rt △GDF 中，M 是FG 的中点， ∴DM ＝
12
FG ＝GM ，∠GDM ＝∠AGE ， ∴∠GDM ＝∠DAN ，
∴DM ∥AE ，
∴四边形DMEN 是平行四边形， ∴EM ＝DN ＝
12
AC ， ∵AC ＝AB ＝5， ∴EM ＝
52
． 【点睛】
本题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等知识，解题的关键是作辅助线，并熟练掌握全等三角形的判定方法，特别是第三问，辅助线的作法是关键．
3．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＝HG+2FC．
【答案】（1）25422）证明见解析
【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AC2AB＝2，求出AF＝2，CF＝AC﹣AF2，求出△CEF 是等腰直角三角形，得出EF＝CF2，CE2CF＝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，CG2CF，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°，
∴AC2AB＝2，
∵4AF＝3AC＝2，
∴AF＝2
∴CF＝AC﹣AF2
∵EF⊥AC，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF＝CF2CE2CF＝2，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE2225
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 ，CG 2，
∴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 2．
【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．
4．如图1，在正方形ABCD 中，AD=6，点P 是对角线BD 上任意一点，连接PA ，PC 过点P 作PE ⊥PC 交直线AB 于E ．
（1） 求证：PC=PE;
（2）延长AP交直线CD于点F.
①如图2，若点F是CD的中点，求△APE的面积；
②若ΔAPE的面积是216
25
，则DF的长为
（3）如图3，点E在边AB上，连接EC交BD于点M,作点E关于BD的对称点Q，连接
PQ，MQ，过点P作PN∥CD交EC于点N，连接QN，若PQ=5，MN=72
3
，则△MNQ的
面积是
【答案】（1）略；（2）①8，②4或9；（3）5 6
【解析】
【分析】
（1）利用正方形每个角都是90°，对角线平分对角的性质，三角形外角等于和它不相邻的两个内角的和，等角对等边等性质容易得证;
（2）作出△ADP和△DFP的高，由面积法容易求出这个高的值.从而得到△PAE的底和高，并求出面积.第2小问思路一样，通过面积法列出方程求解即可;
（3）根据已经条件证出△MNQ是直角三角形，计算直角边乘积的一半可得其面积.
【详解】
(1) 证明：∵点P在对角线BD上，
∴△ADP≌△CDP,
∴AP=CP, ∠DAP =∠DCP,
∵PE⊥PC，∴∠EPC=∠EPB+∠BPC=90°,
∵∠PEA=∠EBP+∠EPB=45°+90°-∠BPC=135°-∠BPC,
∵∠PAE=90°-∠DAP＝90°-∠DCP,
∠DCP=∠BPC-∠PDC=∠BPC-45°,
∴∠PAE=90°-(∠BPC-45°)= 135°-∠BPC,
∴∠PEA=∠PAE,
∴PC=PE;
（2）①如图2，过点P分别作PH⊥AD,PG⊥CD,垂足分别为H、G.延长GP交AB于点
M.
∵四边形ABCD 是正方形，P 在对角线上，
∴四边形HPGD 是正方形，
∴PH=PG,PM ⊥AB,
设PH=PG=a,
∵F 是CD 中点，AD ＝6，则FD=3,ADF S
=9, ∵ADF S
=ADP DFP S S +=1122AD PH DF PG ⨯+⨯, ∴1163922
a a ⨯+⨯=,解得a=2, ∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4,
又∵PA=PE,
∴AM=EM,AE=4,
∵APE S =1144822
EA MP ⨯=⨯⨯=, ②设HP ＝b,由①可得AE=2b,MP=6-b,
∴APE S =()121626225
b b ⨯⨯-=, 解得b=2.4 3.6或,
∵ADF S =ADP DFP S S +=
1122
AD PH DF PG ⨯+⨯, ∴11166222
b DF b DF ⨯⨯+⨯=⨯, ∴当b=2.4时，DF=4；当b ＝3.6时，DF ＝9,
即DF 的长为4或9;
（3）如图，
∵E 、Q 关于BP 对称，PN ∥CD,
∴∠1＝∠2，∠2+∠3＝∠BDC=45°,
∴∠1+∠4=45°,
∴∠3=∠4,
易证△PEM ≌△PQM, △PNQ ≌△PNC,
∴∠5=∠6, ∠7=∠8 ,EM=QM,NQ=NC,
∴∠6+∠7=90°,
∴△MNQ 是直角三角形,
设EM=a,NC=b 列方程组
222252372 3a b a b ⎧+=⎪⎪⎨⎛⎪+= ⎪⎝⎭⎩
, 可得
12ab=56, ∴MNQ 56S =, 【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键.要注意运用数形结合思想.
5．如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边BC ，AB 上的点，且CE=BF ．连接DE ，过点E 作EG ⊥DE ，使EG=DE ，连接FG ，FC ．
（1）请判断：FG 与CE 的关系是___；
（2）如图2，若点E ，F 分别是边CB ，BA 延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；
（3）如图3，若点E ，F 分别是边BC ，AB 延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断．
【答案】（1）FG=CE，FG∥CE；（2）成立；（3）成立.
【解析】
试题分析：（1）只要证明四边形CDGF是平行四边形即可得出FG=CE，FG∥CE；
（2）构造辅助线后证明△HGE≌△CED，利用对应边相等求证四边形GHBF是矩形后，利用等量代换即可求出FG=C，FG∥CE；
（3）证明△CBF≌△DCE后，即可证明四边形CEGF是平行四边形．
试题解析：解：（1）FG=CE，FG∥CE；
（2）过点G作GH⊥CB的延长线于点H．∵EG⊥DE，
∴∠GEH+∠DEC=90°．∵∠GEH+∠HGE=90°，∴∠DEC=∠HE．在△HGE与△CED中，
∵∠GHE=∠DCE，∠HGE=∠DEC，EG=DE，∴△HGE≌△CED（AAS），∴GH=CE，
HE=CD．∵CE=BF，∴GH=BF．∵GH∥BF，∴四边形GHBF是矩形，∴GF=BH，FG∥CH，∴FG∥CE．∵四边形ABCD是正方形，∴CD=BC，∴HE=BC，∴HE+EB=BC+EB，∴BH=EC，∴FG=EC；
（3）∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠FBC=∠ECD=90°．在△CBF与△DCE中，
∵BF=CE，∠FBC=∠ECD，BC=DC，∴△CBF≌△DCE（SAS），∴∠BCF=∠CDE，
CF=DE．∵EG=DE，∴CF=EG．∵DE⊥EG，∴∠DEC+∠CEG=90°．∵∠CDE+∠DEC=90°，
∴∠CDE=∠CEG，∴∠BCF=∠CEG，∴CF∥EG，∴四边形CEGF平行四边形，∴FG∥CE，FG=CE．
6．（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 ，
∵
2AB AM BC AN ==， ∴AB AC AM AN
＝， ∴△ABM ～△ACN
∴
BM AB CN AC ＝， ∴
CN AC BM AB ==cos45°=22， ∴222
BM =， ∴BM=2，
∴CM=BC ﹣BM=8，
在Rt △AMC ，
AM=2222108241AC MC +=+=，
∴EF=AM=241．
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．
7．已知点O是△ABC内任意一点，连接OA并延长到E，使得AE=OA，以OB，OC为邻边作▱OBFC，连接OF与BC交于点H，再连接EF．
（1）如图1，若△ABC为等边三角形，求证：①EF⊥BC；②EF=BC；
（2）如图2，若△ABC为等腰直角三角形（BC为斜边），猜想（1）中的两个结论是否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你的猜想结果；
（3）如图3，若△ABC是等腰三角形，且AB=AC=kBC，请你直接写出EF与BC之间的数量关系．
【答案】（1）见解析；
（2）EF⊥BC仍然成立；
（3）EF=BC
【解析】
试题分析：（1）由平行四边形的性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等边三角形的性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可；
（2）由平行四边形的性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰直角三角形的性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可；
（3）由平行四边形的性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰三角形的性质和
AB=AC=kBC得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可．
试题解析：（1）连接AH，如图1，
∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2，
∴AH==BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF的中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF⊥BC，EF=BC；
（2）EF⊥BC仍然成立，EF=BC，如图2，
∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=BC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（BH）2﹣BH2=BH2，
∴AH=BH=BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF的中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF⊥BC，EF=BC；
（3）如图3，
∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=kBC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（kBC）2﹣（BC）2=（k2-）BC2，
∴AH=BH=BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF的中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF=BC．
考点：四边形综合题．
8．倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．下面是一案例，请同学们认真阅读、研究，完成“类比猜想”的问题．习题如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，说明理由．
解答：∵正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠ADC=∠B=90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE′，点F、D、E′在一条直线上．
∴∠E′AF=90°-45°=45°=∠EAF，又∵AE′=AE，AF=AF
∴△AE′F≌△AEF（SAS）∴EF=E′F=DE′+DF=BE+DF．
类比猜想：
（1）请同学们研究：如图（2），在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当
∠BAD=120°，∠EAF=60°时，还有EF=BE+DF吗？请说明理由．
（2）在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180°，
∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF吗？请说明理由．
【答案】证明见解析．
【解析】
试题分析：（1）把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F，根据菱形和旋转的性质得到AE=AE′，∠EAF=∠E′AF，利用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F；由于∠ADE′+∠ADC=120°，则点F、D、E′不共线，所以DE′+DF＞EF，即由BE+DF＞EF；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数至△ADE′，如图（3），根据旋转的性质得到AE′=AE，∠EAF=∠E′AF，然后利用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F，由于
∠ADE′+∠ADC=180°，知F、D、E′共线，因此有EF=DE′+DF=BE+DF；根据前面的条件和结论可归纳出结论．
试题解析：（1）当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，EF=BE+DF不成立，EF＜BE+DF．
理由如下：∵在菱形ABCD中，∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴AB=AD，∠1+∠2=60°，∠B=∠ADC=60°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F，
∴∠EAE′=120°，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B=60°，
∴∠2+∠3=60°，
∴∠EAF=∠E′AF，
在△AEF和△AE′F中
，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF=E′F，
∵∠ADE′+∠ADC=120°，即点F、D、E′不共线，
∴DE′+DF＞EF
∴BE+DF＞EF；
（2）当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF成立．理由如下：如图（3），
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数至△ADE′，如图（3），∴∠EAE′=∠BAD，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B，
∵∠B+∠D=180°，
∴∠ADE′+∠D=180°，
∴点F、D、E′共线，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠1+∠2=∠BAD，
∴∠2+∠3=∠BAD，
∴∠EAF=∠E′AF，
在△AEF和△AE′F中
，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF=E′F，
∴EF=DE′+DF=BE+DF；
归纳：在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180°，
∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF．
考点：四边形综合题．
9．已知：如图，四边形ABCD和四边形AECF都是矩形，AE与BC交于点M，CF与AD交于点N．
（1）求证：△ABM≌△CDN；
（2）矩形ABCD和矩形AECF满足何种关系时，四边形 AMCN是菱形，证明你的结论．【答案】（1）证明见解析；（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．证明见解析；【解析】
试题分析：（1）由已知条件可得四边形AMCN是平行四边形，从而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，利用HL即可证明；
（2）若四边形AMCN为菱形，则有AM=AN，从已知可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，所以有△ABM≌△AFN，从而得AB=AF，因此当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD∥BC．
∵四边形AECF是矩形，∴AE∥CF．∴四边形AMCN是平行四边形．∴AM＝CN．在
Rt△ABM和Rt△CDN中，AB＝CD，AM＝CN，∴Rt△ABM≌Rt△CDN．
（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．
∵四边形ABCD、AECF是矩形，∴∠B＝∠BAD＝∠EAF＝∠F＝90°．∴∠BAD－∠NAM＝∠EAF－∠NAM，即∠BAM＝∠FAN．又∵AB＝AF，∴△ABM≌△AFN．∴AM＝AN．由（1）知四边形AMCN是平行四边形，∴平行四边形AMCN是菱形．
考点：1．矩形的性质；2．三角形全等的判定与性质；3．菱形的判定．
10．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（3，3）．将正方形ABCO 绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AP、AG．
（1）求证：△AOG≌△ADG；
（2）求∠PAG的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由；
（3）当∠1=∠2时，求直线PE的解析式；
（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析（2）∠PAG =45°，PG=OG+BP．理由见解析（3）y=x﹣3．（4）、．
【解析】
试题分析：(1)由AO=AD，AG=AG，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，判断出△AOG≌△ADG即可．(2)首先根据三角形全等的判定方法，判断出
△ADP≌△ABP，再结合△AOG≌△ADG，可得∠DAP=∠BAP，∠1=∠DAG；然后根据
∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；最后判断出线段OG、PG、BP之间的数量关系即可．(3)首先根据△AOG≌△ADG，判断出∠AGO=∠AGD；然后根据
∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，判断出当∠1=∠2时，∠AGO=∠AGD=∠PGC，而
∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，求出∠1=∠2=30°；最后确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE的解析式．
(4)根据题意，分两种情况：①当点M在x轴的负半轴上时；②当点M在EP的延长线上时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标是多少即可．
试题解析：(1)在Rt△AOG和Rt△ADG中，（HL）∴△AOG≌△ADG．
(2)在Rt△ADP和Rt△ABP中，∴△ADP≌△ABP，则∠DAP=∠BAP；
∵△AOG≌△ADG，∴∠1=∠DAG；又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，
∴2∠DAG+2∠DAP=90°，∴∠DAG+∠DAP=45°，∵∠PAG=∠DAG+∠DAP，∴∠PAG=45°；∵△AOG≌△ADG，∴DG=OG，∵△ADP≌△ABP，∴DP=BP，∴PG=DG+DP=OG+BP．(3)解：∵△AOG≌△ADG，∴∠AGO=∠AGD，又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2，
∴∠AGO=∠PGC，又∵∠AGO=∠AGD，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，
又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，
∴∠1=∠2=90°﹣60°=30°；在Rt△AOG中，∵AO=3，∴OG=AOtan30°=3×=，
∴G点坐标为（，0），CG=3﹣，在Rt△PCG中，PC===3（﹣
1），
∴P点坐标为：（3，3﹣3 ），设直线PE的解析式为：y=kx+b，则
，
解得：，∴直线PE的解析式为y=x﹣3．
(4)①如图1，当点M在x轴的负半轴上时，，∵AG=MG，点A坐标为（0，3），
∴点M坐标为（0，﹣3）．
②如图2，当点M在EP的延长线上时，，由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°，
∴EP与AB的交点M，满足AG=MG，∵A点的横坐标是0，G点横坐标为，
∴M的横坐标是2，纵坐标是3，∴点M坐标为（2，3）．
综上，可得点M坐标为（0，﹣3）或（2，3）．
考点：几何变换综合题．。