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中考数学专题复习平行四边形综合题附答案解析

一、平行四边形
1．如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A，B坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同步出发．以每秒1个单位速度运动．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点坐标为多少（用含x代数式表达）；
（2）试求△NPC面积S体现式，并求出面积S最大值及对应x值；
（3）当x为何值时，△NPC是一种等腰三角形？简要阐明理由．

【答案】（1）P点坐标为（x，3﹣x）．
（2）S最大值为，此时x=2．
（3）x=，或x=，或x=．
【解析】
试题分析：（1）求P点坐标，也就是求OM和PM长，已知了OM长为x，关键是求出PM长，措施不唯一，①可通过PM∥OC得出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长和∠ACB正切值求出PQ长，然后根据PM=AB﹣PQ来求出PM长．得出OM和PM长，即可求出P点坐标．
（2）可按（1）②中措施经求出PQ长，而CN长可根据CN=BC﹣BN来求得，因此根据三角形面积计算公式即可得出S，x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长即x和∠ABC余弦值求出CP体现式，然后联立CN体现式即可求出x值；
②当CP=PN时，那么CQ=QN，先在直角三角形CPQ中求出CQ长，然后根据QN=CN﹣CQ求出QN体现式，根据题设等量条件即可得出x值．
③当CN=PN时，先求出QP和QN长，然后在直角三角形PNQ中，用勾股定理求出PN长，联立CN体现式即可求出x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面积为S，在△NPC中，NC=4﹣x，
NC边上高为，其中，0≤x≤4．
∴S=（4﹣x）×x=（﹣x2+4x）
=﹣（x﹣2）2+．
∴S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．

2．操作与证明：如图1，把一种含45°角直角三角板ECF和一种正方形ABCD摆放在一起，使三角板直角顶点和正方形顶点C重叠，点E、F分别在正方形边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF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）条件下，请判断MD、MN数量关系和位置关系，得出结论．
结论1：DM、MN数量关系是 ；
结论2：DM、MN位置关系是 ；
拓展与探究：
（3）如图2，将图1中直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请阐明理由．

【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）根据正方形性质以及等腰直角三角形知识证明出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数量关系是相等，运用直角三角形斜边中线等于斜边二分之一和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，运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，标识出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，运用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等结论，再运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数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN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数量关系是相等，DM、MN位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF中线，∴AF=2DM，∵MN是△AEF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）中两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF中点，点N为EF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．因此（2）中两个结论还成立.

考点：1.正方形性质；2.全等三角形判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转性质．

3．已知矩形纸片OBCD边OB在x轴上，OD在y轴上，点C在第一象限，且.现将纸片折叠，折痕为EF（点E，F是折痕与矩形边交点），点P为点D对应点，再将纸片还原。
（I）若点P落在矩形OBCD边OB上，
①如图①，当点E与点O重叠时，求点F坐标；
②如图②，当点E在OB上，点F在DC上时，EF与DP交于点G，若，求点F坐标：
（Ⅱ）若点P落在矩形OBCD内部，且点E，F分别在边OD，边DC上，当OP取最小值时，求点P坐标（直接写出成果即可）。

【答案】（I）①点F坐标为；②点F坐标为；（II）
【解析】
【分析】
（I）①根据折叠性质可得,再由矩形性质，即可求出F坐标;
②由折叠性质及矩形特点，易得，得到，再加上平行，可以得到四边形DEPF是平行四边形，在由对角线垂直，得出 是菱形，设菱形边长为x，在中，由勾股定理建立方程即可求解;
(Ⅱ)当O,P,F点共线时OP长度最短.
【详解】
解：（I）①∵折痕为EF,点P为点D对应点

∵四边形OBCD是矩形，

点F坐标为
②∵折痕为EF，点P为点D对应点.

∵四边形OBCD是矩形，
，
；

∴四边形DEPF是平行四边形.
，
是菱形.
设菱形边长为x，则
，
，
在中，由勾股定理得

解得

∴点F坐标为
（Ⅱ）
【点睛】
此题考察了几何折叠问题、等腰三角形性质、平行四边形判定和性质、勾股定理等知识，关键是根据折叠性质进行解答，属于中考压轴题．

4．如图，在正方形ABCD中，E是边AB上一动点，点F在边BC延长线上，且，连接DE，DF，EF. FH平分交BD于点H.
（1）求证：；
（2）求证：：
（3）过点H作于点M，用等式表达线段AB，HM与EF之间数量关系，并证明.

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3），证明详见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据正方形性质， 得到.
（2）由，得.由，平分，
得.由于平分，因此.由于,,
因此.
（3）过点作于点，由正方形性质，得.由平分，得.由于，因此.
由，得.
【详解】
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，.
∴.
∵。
∴.
∴.
∴.
∴.
（2）证明：∵，
∴.
∵，
∴.
∵，平分，
∴.
∵平分，
∴.
∵,
,
∴.
∴.
（3）.
证明：过点作于点，如图，

∵正方形中，，，
∴.
∵平分，
∴.
∵，
∴.
∴.
∵，
∴.
【点睛】
本题考察正方形性质、勾股定理、角平分线性质、三角函数，题目难度较大，解题关键是纯熟掌握正方形性质、勾股定理、角平分线性质、三角函数.

5．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中点M，若AB＝5，求EM长．

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】
（1）根据平行线性质和等腰三角形三线合一性质得：∠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＝AC，计算可得结论．
【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，
，
∴△BEF≌△GEC（SAS），
∴BE＝EG；
（3）如图3，连接DM，取AC中点N，连接DN，

由（1）得AE＝EG，
∴∠GAE＝∠AGE，
在Rt△ACD中，N为AC中点，
∴DN＝AC＝AN，∠DAN＝∠ADN，
∴∠ADN＝∠AGE，
∴DN∥GF，
在Rt△GDF中，M是FG中点，
∴DM＝FG＝GM，∠GDM＝∠AGE，
∴∠GDM＝∠DAN，
∴DM∥AE，
∴四边形DMEN是平行四边形，
∴EM＝DN＝AC，
∵AC＝AB＝5，
∴EM＝．
【点睛】
本题是三角形综合题，重要考察了全等三角形判定与性质，直角三角形斜边中线性质，等腰三角形性质和判定，平行四边形性质和判定等知识，解题关键是作辅助线，并纯熟掌握全等三角形判定措施，尤其是第三问，辅助线作法是关键．

6．已知，点是角平分线上任意一点，既有一种直角绕点旋转，两直角边，分别与直线，相交于点，点.

（1）如图1，若，猜想线段，，之间数量关系，并阐明理由.
（2）如图2，若点在射线上，且与不垂直，则（1）中数量关系与否仍成立？如成立，请阐明理由；如不成立，请写出线段，，之间数量关系，并加以证明.
（3）如图3，若点在射线反向延长线上，且，，请直接写出线段长度.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）先证四边形为矩形，再证矩形为正方形，由正方形性质可得；（2）过点作于点，于点，证四边形为正方形，再证，可得；（3）根据，可得.
【详解】
解：（1）∵，，，
∴四边形为矩形.
∵是角平分线，
∴，
∴，
∴矩形为正方形，
∴，.
∴.
（2）如图，过点作于点，于点，
∵平分，，
∴四边形为正方形，
由（1）得：，
在和中，
，
∴，
∴，
∴.
（3），
，
∴.
∵，，
∴，
∴，
∴，
长度为.
【点睛】
考核知识点：矩形，正方形判定和性质.纯熟运用特殊四边形性质和判定是关键.

7．菱形ABCD中、∠BAD＝120°，点O为射线CA 上动点，作射线OM与直线BC相交于点E，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON，射线ON与直线CD相交于点F．
（1）如图①，点O与点A重叠时，点E，F分别在线段BC，CD上，请直接写出CE，CF，CA三条段段之间数量关系；
（2）如图②，点O在CA延长线上，且OA＝AC，E，F分别在线段BC延长线和线段CD延长线上，请写出CE，CF，CA三条线段之间数量关系，并阐明理由；
（3）点O在线段AC上，若AB＝6，BO＝2，当CF＝1时，请直接写出BE长．

【答案】（1）CA=CE+CF．（2）CF-CE=AC．（3）BE值为3或5或1．
【解析】
【分析】
（1）如图①中，结论：CA=CE+CF．只要证明△ADF≌△ACE（SAS）即可处理问题；
（2）结论：CF-CE=AC．如图②中，如图作OG∥AD交CF于G，则△OGC是等边三角形．只要证明△FOG≌△EOC（ASA）即可处理问题；
（3）分四种情形画出图形分别求解即可处理问题.
【详解】
（1）如图①中，结论：CA=CE+CF．

理由：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°
∴AB=AD=DC=BC，∠BAC=∠DAC=60°
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∵∠DAC=∠EAF=60°，
∴∠DAF=∠CAE，
∵CA=AD，∠D=∠ACE=60°，
∴△ADF≌△ACE（SAS），
∴DF=CE，
∴CE+CF=CF+DF=CD=AC，
∴CA=CE+CF．
（2）结论：CF-CE=AC．
理由：如图②中，如图作OG∥AD交CF于G，则△OGC是等边三角形．

∵∠GOC=∠FOE=60°，
∴∠FOG=∠EOC，
∵OG=OC，∠OGF=∠ACE=120°，
∴△FOG≌△EOC（ASA），
∴CE=FG，
∵OC=OG，CA=CD，
∴OA=DG，
∴CF-EC=CF-FG=CG=CD+DG=AC+AC=AC，
（3）作BH⊥AC于H．∵AB=6，AH=CH=3，
∴BH=3，
如图③-1中，当点O在线段AH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时．

∵OB=2，
∴OH==1，
∴OC=3+1=4，
由（1）可知：CO=CE+CF，
∵OC=4，CF=1，
∴CE=3，
∴BE=6-3=3．
如图③-2中，当点O在线段AH上，点F在线段DC延长线上，点E在线段BC上时．

由（2）可知：CE-CF=OC，
∴CE=4+1=5，
∴BE=1．
如图③-3中，当点O在线段CH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时．

同法可证：OC=CE+CF，
∵OC=CH-OH=3-1=2，CF=1，
∴CE=1，
∴BE=6-1=5．
如图③-4中，当点O在线段CH上，点F在线段DC延长线上，点E在线段BC上时．

同法可知：CE-CF=OC，
∴CE=2+1=3，
∴BE=3，
综上所述，满足条件BE值为3或5或1．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考察了全等三角形判定和性质，等边三角形性质，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形处理问题，学会用分类讨论思想思考问题，属于中考压轴题．

8．在中，于点，点为边中点，过点作，交延长线于点，连接．
如图，求证：四边形是矩形；
如图，当时，取中点，连接、，在不添加任何辅助线和字母条件下，请直接写出图中所有平行四边形（不包括矩形）．

【答案】(1) 证明见解析；（2）四边形、四边形、四边形、四边形、四边形都是平行四边形．
【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】
证明：∵，
∴，
∵是中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
∵线段、线段、线段都是中位线，又，
∴，，，
∴四边形、四边形、四边形、四边形、四边形都是平行四边形．
【点睛】
考察平行四边形判定、矩形判定、三角形中位线定理、全等三角形判定和性质等知识，对寻找全等三角形处理问题是解题关键.

9．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上点，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关系是___；
（2）如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上点，其他条件不变，（1）中结论与否仍然成立？请作出判断并予以证明；
（3）如图3，若点E，F分别是边BC，AB延长线上点，其他条件不变，（1）中结论与否仍然成立？请直接写出你判断．

【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，运用对应边相等求证四边形GHBF是矩形后，运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．

10．问题情境
在四边形ABCD中，BA＝BC，DC⊥AC，过点D作DE∥AB交BC延长线于点E，M是边AD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数量关系，位置关系；
(2)如图2，当∠ABC＝120°时，试探究线段MB与ME数量关系，并证明你结论；
拓展延伸
(3)如图3，当∠ABC＝α时，请直接用含α式子表达线段MB与ME之间数量关系．

【答案】(1)MB＝ME，MB⊥ME；(2)ME＝MB．证明见解析；(3)ME＝MB·tan.
【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=MB．只要证明△EBM是直角三角形，且∠MEB=30°即可；
（3）结论：EM=BM•tan．证明措施类似；
【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=∠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＝MB．
证明如下：连接CM，如解图所示．

∵DC⊥AC，M是边AD中点，
∴MC＝MA＝MD．
∵BA＝BC，
∴BM垂直平分AC．
∵∠ABC＝120°，BA＝BC，
∴∠MBE＝∠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＝∠DEC＝30°，
∴∠MBE＋∠MEB＝90°，即∠BME＝90°.
在Rt△BME中，∵∠MEB＝30°，
∴ME＝MB．
(3) 如图3中，结论：EM=BM•tan．

理由：同法可证：BM⊥EM，BM平分∠ABC，
因此EM=BM•tan．
【点睛】
本题考察四边形综合题、等腰直角三角形判定和性质、等边三角形判定和性质、等腰三角形性质、锐角三角函数等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识处理问题．

11．如图1，矩形ABCD中，AB=8，AD=6；点E是对角线BD上一动点，连接CE，作EF⊥CE交AB边于点F，以CE和EF为邻边作矩形CEFG，作其对角线相交于点H．
（1）①如图2，当点F与点B重叠时，CE=　　，CG=　　；
②如图3，当点E是BD中点时，CE=　　，CG=　　；
（2）在图1，连接BG，当矩形CEFG伴随点E运动而变化时，猜想△EBG形状？并加以证明；
（3）在图1，值与否会发生变化？若不变，求出它值；若变化，阐明理由；
（4）在图1，设DE长为x，矩形CEFG面积为S，试求S有关x函数关系式，并直接写出x取值范围．

【答案】（1）， ，5， ；（2）△EBG是直角三角形，理由详见解析；（3） ；（4）S=x2﹣x+48（0≤x≤）．
【解析】
【分析】
（1）①运用面积法求出CE，再运用勾股定理求出EF即可；②运用直角三角形斜边中线定理求出CE，再运用相似三角形性质求出EF即可；
（2）根据直角三角形判定措施：假如一种三角形一边上中线等于这条边二分之一，则这个三角形是直角三角形即可判断；
（3）只要证明△DCE∽△BCG，即可处理问题；
（4）运用相似多边形性质构建函数关系式即可；
【详解】
（1）①如图2中，

在Rt△BAD中，BD==10，
∵S△BCD=•CD•BC=•BD•CE，
∴CE=．CG=BE=．
②如图3中，过点E作MN⊥AM交AB于N，交CD于M．

∵DE=BE，
∴CE=BD=5，
∵△CME∽△ENF，
∴，
∴CG=EF=，
（2）结论：△EBG是直角三角形．
理由：如图1中，连接BH．

在Rt△BCF中，∵FH=CH，
∴BH=FH=CH，
∵四边形EFGC是矩形，
∴EH=HG=HF=HC，
∴BH=EH=HG，
∴△EBG是直角三角形．
（3）F如图1中，∵HE=HC=HG=HB=HF，
∴C、E、F、B、G五点共圆，
∵EF=CG，
∴∠CBG=∠EBF，
∵CD∥AB，
∴∠EBF=∠CDE，
∴∠CBG=∠CDE，
∵∠DCB=∠ECG=90°，
∴∠DCE=∠BCG，
∴△DCE∽△BCG，
∴．
（4）由（3）可知：
，
∴矩形CEFG∽矩形ABCD，
∴，
∵CE2=（-x）2+）2，S矩形ABCD=48，
∴S矩形CEFG= [（-x）2+（）2].
∴矩形CEFG面积S=x2-x+48（0≤x≤）．
【点睛】
本题考察相似三角形综合题、矩形性质、相似三角形判定和性质、勾股定理、直角三角形判定和性质、相似多边形性质和判定等知识，解题关键是灵活运用所学知识处理问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形或直角三角形处理问题，属于中考压轴题．

12．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，求值．
【答案】（1）证明见试题解析；（2）．
【解析】
试题分析：（1）由折叠性质，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，从而求出值．
试题解析：（1）由折叠性质可知：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．菱形判定与性质；4．矩形性质；5．综合题．

13．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）中两个结论与否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你猜想成果；
（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）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等边三角形性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可；
（2）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰直角三角形性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可；
（3）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰三角形性质和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中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF=BC．
考点：四边形综合题．

14．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有效途径．下面是一案例，请同学们认真阅读、研究，完毕“类比猜想”问题．
习题 如图（1），点E、F分别在正方形ABCD边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，阐明理由．
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，尚有EF=BE+DF吗？请阐明理由．
（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？请阐明理由．

【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，根据菱形和旋转性质得到AE=AE′，∠EAF=∠E′AF，运用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F；由于∠ADE′+∠ADC=120°，则点F、D、E′不共线，因此DE′+DF＞EF，即由BE+DF＞EF；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD度数至△ADE′，如图（3），根据旋转性质得到AE′=AE，∠EAF=∠E′AF，然后运用“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．

15．如图1，在菱形ABCD中，ABC=60°，若点E在AB延长线上，EF∥AD，EF=BE，点P是DE中点，连接FP并延长交AD于点G．

（1）过D作DHAB,垂足为H，若DH=，BE=AB,求DG长；
（2）连接CP，求证：CPFP；
（3）如图2，在菱形ABCD中，ABC=60°，若点E在CB延长线上运动，点F在AB延长线上运动，且BE=BF，连接DE,点P为DE中点，连接FP、CP，那么第（2）问结论成立吗？若成立，求出值；若不成立，请阐明理由．
【答案】（1）1；（2）见解析；（3）．
【解析】
试题分析：（1）根据菱形得出DA∥BC，CD=CB，∠CDG=∠CBA=60°，则∠DAH=∠ABC=60°，根据DH⊥AB得出∠DHA=90°，根据Rt△ADH正弦值得出AD长度，然后得出BE长度，然后证明△PDG≌△PEF，得出DG=EF，根据EF∥AD，AD∥BC得出EF∥BC，则阐明△BEF为正三角形，从而得出DG长度；（2）连接CG、CF，根据△PDG≌△PEF得出PG=PF，然后证明△CDG≌△CBF，从而得到CG=CF，根据PG=PF得出垂直；（3）过D作EF平行线，交FP延长于点G，连接CG、CF证△PEF≌△PDG，然后证明△CDG≌△CBF，从而得出∠GCE=120°，根据Rt△CPF求出比值．
试题解析：（1）解：∵四边形ABCD为菱形 ∴DA∥BC CD="CB" ∠CDG=∠CBA=60° ∴∠DAH=∠ABC=60°
∵DH⊥AB ∴∠DHA=90° 在Rt△ADH中 sin∠DAH=∴AD=
∴BE=AB=×4=1 ∵EF∥AD ∴∠PDG=∠PEB ∵P为DE中点 ∴PD=PE
∵∠DPG=∠EPF ∴△PDG≌△PEF ∴DG=EF ∵EF∥AD AD∥BC ∴EF∥BC
∴∠FEB=∠CBA=60° ∵BE=EF ∴△BEF为正三角形 ∴EF=BE=1 ∴DG=EF=1
、证明：连接CG、CF

由（1）知 △PDG≌△PEF ∴PG=PF
在△CDG与△CBF中 易证：∠CDG=∠CBF=60° CD=CB BF=EF=DG ∴△CDG≌△CBF
∴CG=CF ∵PG=PF ∴CP⊥GF
（3）如图：CP⊥GF仍成立
理由如下：过D作EF平行线，交FP延长于点G

连接CG、CF证△PEF≌△PDG ∴DG=EF=BF ∵DG∥EF ∴∠GDP=∠EFP ∵DA∥BC ∴∠ADP=∠PEC
∴∠GDP－∠ADP=∠EFP－∠PEC ∴∠GDA=∠BEF=60° ∴∠CDG=∠ADC+∠GDA=120°
∵∠CBF=180°－∠EBF=120° ∴∠CBF=∠CDG ∵CD=BC DG=BF ∴△CDG≌△CBF
∴CG=CF ∠DCG=∠FCE ∵PG=PF ∴CP⊥PF ∠GCP=∠FCP
∵∠DCP=180－∠ABC=120° ∴∠DCG+∠GCE=120° ∴∠FCE+∠GCE=120° 即∠GCE=120°
∴∠FCP=∠GCE=60° 在Rt△CPF中 tan∠FCP=tan60°==
考点：三角形全等证明与性质．