2025年中考数学平行四边形的综合专项训练.doc

-中考数学《平行四边形综合》专题训练

一、平行四边形
1．在四边形中，，对角线平分.
（1）如图1，若，且，试探究边、与对角线数量关系并阐明理由.
（2）如图2，若将（1）中条件“”去掉，（1）中结论与否成立？请阐明理由.
（3）如图3，若，探究边、与对角线数量关系并阐明理由.

【答案】（1）.证明见解析；（2）成立；（3）.理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）结论：AC=AD+AB，只要证明AD=AC，AB=AC即可处理问题；
（2）（1）中结论成立．以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可处理问题；
（3）结论：AD+AB＝AC．过点C作CE⊥AC交AB延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可处理问题；
试题解析：解：（1）AC=AD+AB．
理由如下：如图1中，

在四边形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，
∴∠D=90°，
∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC=60°，
∵∠B=90°，
∴AB＝AC，同理AD＝AC．
∴AC=AD+AB．
（2）（1）中结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE另一边交AB延长线于点E，

∵∠BAC=60°，
∴△AEC为等边三角形，
∴AC=AE=CE，
∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=120°，
∴∠DCB=60°，
∴∠DCA=∠BCE，
∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠EBC=180°，
∴∠D=∠CBE，∵CA=CE，
∴△DAC≌△BEC，
∴AD=BE，
∴AC=AD+AB．
（3）结论：AD+AB＝AC．理由如下：
过点C作CE⊥AC交AB延长线于点E，∵∠D+∠B=180°，∠DAB=90°，

∴DCB=90°，
∵∠ACE=90°，
∴∠DCA=∠BCE，
又∵AC平分∠DAB，
∴∠CAB=45°，
∴∠E=45°．
∴AC=CE．
又∵∠D+∠ABC=180°，∠D=∠CBE，
∴△CDA≌△CBE，
∴AD=BE，
∴AD+AB=AE．
在Rt△ACE中，∠CAB=45°，
∴AE＝
∴.

2．如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO=CO，BO=DO，且∠ABC+∠ADC=180°．
（1）求证：四边形ABCD是矩形．
（2）若∠ADF：∠FDC=3：2，DF⊥AC，求∠BDF度数．

【答案】(1)见解析；（2）18°.
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形判定得出四边形ABCD是平行四边形，求出∠ABC=90°，根据矩形判定得出即可；
（2）求出∠FDC度数，根据三角形内角和定理求出∠DCO，根据矩形性质得出OD=OC，求出∠CDO，即可求出答案．
【详解】
（1）证明：∵AO=CO，BO=DO
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC，
∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵∠ADC=90°，∠ADF：∠FDC=3：2，
∴∠FDC=36°，
∵DF⊥AC，
∴∠DCO=90°﹣36°=54°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD，
∴∠ODC=54°
∴∠BDF=∠ODC﹣∠FDC=18°．
【点睛】
本题考察了平行四边形性质和判定，矩形性质和判定应用，能灵活运用定理进行推理是解此题关键，注意：矩形对角线相等，有一种角是直角平行四边形是矩形．

3．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位置，点C落在点G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形状，并阐明理由；
（2）若AE＝BD，求∠EDF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）根据平行四边形性质和折叠性质以及矩形判定解答即可；
（2）根据折叠性质以及直角三角形性质和等边三角形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＝BE，
∴DE是Rt△ADB斜边上中线，
∴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】
本题考察了平行四边形性质，折叠性质，等边三角形性质和判定，重要考察学生运用定理进行推理和计算能力，题目综合性比较强，有一定难度

4．如图1，已知正方形ABCD边CD在正方形DEFG边DE上，连接AE，GC．
(1)试猜想AE与GC有怎样关系(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)中结论与否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请阐明理由．
(3)在(2)中，若E是BC中点，且BC＝2，则C，F两点间距离为　 　．

【答案】(1) AE＝CG，AE⊥GC；(2)成立，证明见解析； (3) ．
【解析】
【分析】
（1）观测图形，AE、CG位置关系也许是垂直，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，因此∠1、∠3互余，由此可得AE⊥GC．
（2）题（1）结论仍然成立，参照（1）题解题措施，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．想措施求出CH，HF，再运用勾股定理即可处理问题．
【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＝FG＝，
∵DE＝DG，∠DCE＝∠GND，∠EDC＝∠DGN，
∴△DCE≌△GND(AAS)，
∴GCD＝2，
∵S△DCG＝•CD•NG＝•DG•CM，
∴2×2＝•CM，
∴CM＝GH＝，
∴MG＝CH＝＝，
∴FH＝FG﹣FG＝，
∴CF＝＝＝．
故答案为．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考察了正方形性质，全等三角形判定和性质，解直角三角形等知识，解题关键是对寻找全等三角形处理问题，属于中考压轴题．

5．如图所示，矩形ABCD中，点E在CB延长线上，使CE＝AC，连接AE，点F是AE中点，连接BF、DF，求证：BF⊥DF．

【答案】见解析.
【解析】
【分析】
延长BF，交DA延长线于点M，连接BD，进而求证△AFM≌△EFB，得AM=BE，FB=FM，即可求得BC+BE=AD+AM，进而求得BD=BM，根据等腰三角形三线合一性质即可求证BF⊥DF．
【详解】
延长BF，交DA延长线于点M，连接BD．
∵四边形ABCD是矩形，∴MD∥BC，∴∠AMF=∠EBF，∠E=∠MAF，又FA=FE，∴△AFM≌△EFB，∴AM=BE，FB=FM．
∵矩形ABCD中，∴AC=BD，AD=BC，∴BC+BE=AD+AM，即CE=MD．
∵CE=AC，∴AC=CE= BD =DM．
∵FB=FM，∴BF⊥DF．

【点睛】
本题考察了矩形性质，全等三角形判定和对应边相等性质，等腰三角形三线合一性质，本题中求证DB=DM是解题关键．

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．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中点，求△APE面积；
②若ΔAPE面积是，则DF长为
（3） 如图3，点E在边AB上，连接EC交BD于点M,作点E有关BD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=，则△MNQ面积是

【答案】（1）略；（2）①8，②4或9；（3）
【解析】
【分析】
（1）运用正方形每个角都是90°，对角线平分对角性质，三角形外角等于和它不相邻两个内角和，等角对等边等性质容易得证;
（2）作出△ADP和△DFP高，由面积法容易求出这个高值.从而得到△PAE底和高，并求出面积.第2小问思绪同样，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，计算直角边乘积二分之一可得其面积.
【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,=9,
∵==,
∴,解得a=2,
∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4,
又∵PA=PE,
∴AM=EM,AE=4,
∵=,
②设HP＝b,由①可得AE=2b,MP=6-b,
∴=,
解得b=2.4,
∵==,
∴,
∴当b=2.4时，DF=4；当b＝3.6时，DF＝9,
即DF长为4或9;
（3）如图，

∵E、Q有关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
,
可得ab=,
∴,
【点睛】
本题是四边形综合题目，考察了正方形性质、等腰直角三角形判定与性质、全等三角形判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，纯熟掌握正方形性质，证明三角形全等是处理问题关键.要注意运用数形结合思想.

8．如图①，在矩形中，点从边中点出发，沿着速运动，速度为每秒2个单位长度，抵达点后停止运动，点是上点，，设面积为，点运动时间为秒，与函数关系如图②所示.
(1)图①中= ，= ，图②中= .
(2)当=1秒时，试判断以为直径圆与否与边相切?请阐明理由:
(3)点在运动过程中，将矩形沿所在直线折叠，则为何值时，折叠后顶点对应点落在矩形一边上.

【答案】(1)8,18,20;(2)不相切，证明见解析；（3）t=、5、.
【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面积=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PQ=2，设以PQ为直径圆圆心为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=AP=3，求出O'N=MN-O'M=5＜圆O'半径，即可得出结论；
（3）分三种状况：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，由折叠性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，由勾股定理求出A'F==6，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面积=AQ×AE=×10×4=20；
故答案为8，18，20；
（2）当t=1秒时，以PQ为直径圆不与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=，
设以PQ为直径圆圆心为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中点，
∴O''M是△APQ中位线，
∴O'M=AP=3，
∴O'N=MN-O'M=5＜，
∴以PQ为直径圆不与BC边相切；
（3）分三种状况：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，
由折叠性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，
∴A'F==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=；
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：BP==6，
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'==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=；
综上所述，t为或5或时，折叠后顶点A对应点A′落在矩形一边上．
【点睛】
四边形综合题目，考察了矩形性质、折叠变换性质、勾股定理、函数图象、直线与圆位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形判定、以及分类讨论等知识.

9．点P是矩形ABCD对角线AC所在直线上一种动点（点P不与点A，C重叠），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中点．

（1）如图1，当点P与点O重叠时，请你判断OE与OF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）中结论与否仍然成立；
（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）根据矩形性质以及垂线，即可判定，得出OE=OF；
（2）先延长EO交CF于点G，通过判定，得出OG=OE，再根据中，，即可得到OE=OF；
（3）根据点P在射线OA上运动，需要分两种状况进行讨论：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性质以及线段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．
∵，，∴．
∵在和中，，∴，∴ 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//CF，∴．
又∵点O为AC中点，∴ AO=CO．
在和中，，∴，∴ OG=OE，∴中，，∴ 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．
∵，，∴，由（2）可得：OF=OG，∴是等边三角形，∴ FG=OF=OE，由（2）可得：，∴ 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．
∵，，∴，同理可得：是等边三角形，∴ FG=OF=OE，同理可得：，∴ CG=AE．
又∵ CF=GF-CG，∴ CF=OE-AE．

【点睛】
本题属于四边形综合题，重要考察了矩形性质、全等三角形性质和判定以及等边三角形性质和判定，处理问题关键是构建全等三角形和证明三角形全等，运用矩形对角线互相平分得全等边相等条件，根据线段和差关系使问题得以处理．

10．如图，在正方形ABCD中，点E在CD上，AF⊥AE交CB延长线于F．
求证：AE=AF．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据同角余角相等证得∠BAF=∠DAE，再运用正方形性质可得AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°，根据ASA判定△ABF≌△ADE，根据全等三角形性质即可证得AF=AE．
【详解】
∵AF⊥AE，
∴∠BAF+∠BAE=90°，
又∵∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAF=∠DAE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°，
在△ABF和△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（ASA），
∴AF=AE．
【点睛】
本题重要考察了正方形性质、全等三角形判定和性质等知识点，证明△ABF≌△ADE是处理本题关键．

11．如图，P是边长为1正方形ABCD对角线BD上一动点（P与B、D不重叠），∠APE=90°，且点E在BC边上，AE交BD于点F．
（1）求证：①△PAB≌△PCB；②PE=PC；
（2）在点P运动过程中，值与否变化？若不变，求出它值；若变化，请阐明理由；
（3）设DP=x，当x为何值时，AE∥PC，并判断此时四边形PAFC形状．

【答案】（1）见解析；
（2）；
（3）x=﹣1；四边形PAFC是菱形．
【解析】
试题分析：（1）根据四边形ABCD是正方形，得出AB=BC，∠ABP=∠CBP°，再根据PB=PB，即可证出△PAB≌△PCB，
②根据∠PAB+∠PEB=180°，∠PEC+∠PEB=180°，得出∠PEC=∠PCB，从而证出PE=PC；
（2）根据PA=PC，PE=PC，得出PA=PE，再根据∠APE=90°，得出∠PAE=∠PEA=45°，即可求出；
（3）先求出∠CPE=∠PEA=45°，从而得出∠PCE，再求出∠BPC即可得出∠BPC=∠PCE，从而证出BP=BC=1，x=﹣1，再根据AE∥PC，得出∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB得出∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，从而证出AF=AP=PC，得出答案．
试题解析：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABP=∠CBP=∠ABC=45°．
∵PB=PB，∴△PAB≌△PCB （SAS）．
②由△PAB≌△PCB可知，∠PAB=∠PCB．∵∠ABE=∠APE=90°，∴∠PAB+∠PEB=180°，
又∵∠PEC+∠PEB=180°，∴∠PEC=∠PAB=∠PCB，∴PE=PC．
（2）在点P运动过程中，值不变化．
由△PAB≌△PCB可知，PA=PC．
∵PE=PC，
∴PA=PE，
又∵∠APE=90°，
∴△PAE是等腰直角三角形，∠PAE=∠PEA=45°，∴=．
（3）∵AE∥PC，∴∠CPE=∠PEA=45°，∴在△PEC中，∠PCE=∠PEC=（180°﹣45°）=67.5°．
在△PBC中，∠BPC=（180°﹣∠CBP﹣∠PCE）=（180°﹣45°﹣67.5°）=67.5°．
∴∠BPC=∠PCE=67.5°，∴BP=BC=1，∴x=BD﹣BP=﹣1．∵AE∥PC，
∴∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB可知，∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，
∴∠AFP=∠BPA，∴AF=AP=PC，∴四边形PAFC是菱形．

考点：四边形综合题．

12．已知一次函数y=x+3图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，以线段AB为直角边在第二象限内左等腰直角三角形ABC，∠BAC=90°，如图1所示．

（1）填空：AB= ，BC= ．
（2）将△ABC绕点B逆时针旋转，
①当AC与x轴平行时，则点A坐标是
②当旋转角为90°时，得到△BDE，如图2所示，求过B、D两点直线函数关系式．
③在②条件下，旋转过程中AC扫过图形面积是多少？
（3）将△ABC向右平移到△A′B′C′位置，点C′为直线AB上一点，请直接写出△ABC扫过图形面积．
【答案】（1）：5；5；（2）①（0，﹣2）；②直线BD解析式为y=﹣x+3；③S=π；（3）△ABC扫过面积为．
【解析】
试题分析：（1）根据坐标轴上点坐标特征，结合一次函数解析式求出A、B两点坐标，运用勾股定理即可解答；
（2）①由于B（0，3），因此OB=3，因此AB=5，因此AO=AB-BO=5-3=2，因此A（0，-2）；
②过点C作CF⊥OA与点F，证明△AOB≌△CFA，得到点C坐标，求出直线AC解析式，根据AC∥BD，因此直线BD解析式k值与直线AC解析式k值相似，设出解析式，即可解答．
③运用旋转性质进而得出A，B，C对应点位置进而得出答案，再运用以BC为半径90°圆心角扇形面积减去以AB为半径90°圆心角扇形面积求出答案；
（3）运用平移性质进而得出△ABC扫过图形是平行四边形面积．
试题解析：（1）∵一次函数y=x+3图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A（-4，0），B（0，3），
∴AO=4，BO=3，
在Rt△AOB中，AB=，
∵等腰直角三角形ABC，∠BAC=90°，
∴BC=；
（2）①如图1，

∵B（0，3），
∴OB=3，
∵AB=5，
∴AO=AB-BO=5-3=2，
∴A（0，-2）．
当在x轴上方时，点A坐标为（0，8），
②如图2，

过点C作CF⊥OA与点F，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠BAO+∠CAF=90°，
∵∠OBA+∠BAO=90°，
∴∠CAF=∠OBA，
在△AOB和△CFA中，
，
∴△AOB≌△CFA（AAS）；
∴OA=CF=4，OB=AF=3，
∴OF=7，CF=4，
∴C（-7，4）
∵A（-4，0）
设直线AC解析式为y=kx+b，
将A与C坐标代入得：，
解得：，
则直线AC解析式为y=x，
∵将△ABC绕点B逆时针旋转，当旋转角为90°时，得到△BDE，
∴∠ABD=90°，
∵∠CAB=90°，
∴∠ABD=∠CAB=90°，
∴AC∥BD，
∴设直线BD解析式为y=x+b1，
把B（0，3）代入解析式：b1=3，
∴直线BD解析式为y=x+3；
③由于旋转过程中AC扫过图形是以BC为半径90°圆心角扇形面积减去以AB为半径90°圆心角扇形面积，
因此可得：S=；
（3）将△ABC向右平移到△A′B′C′位置，△ABC扫过图形是一种平行四边形和三角形ABC，如图3：
将C点纵坐标代入一次函数y=x+3，求得C′横坐标为，
平行四边CAA′C′面积为（7+）×4=，
三角形ABC面积为×5×5=
△ABC扫过面积为：．
考点：几何变换综合题．

13．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．

14．如图，正方形ABCO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延长线交线段BC于点P，连AP、AG．
（1）求证：△AOG≌△ADG；
（2）求∠PAG度数；并判断线段OG、PG、BP之间数量关系，阐明理由；
（3）当∠1=∠2时，求直线PE解析式；
（4）在（3）条件下，直线PE上与否存在点M，使以M、A、G为顶点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，请阐明理由．

【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判定措施，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度数；最终判断出线段OG、PG、BP之间数量关系即可．(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°；最终确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE解析式．
(4)根据题意，分两种状况：①当点M在x轴负半轴上时；②当点M在EP延长线上时；根据以M、A、G为顶点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解析式为：y=kx+b， 则，
解得：， ∴直线PE解析式为y=x﹣3．
(4)①如图1，当点M在x轴负半轴上时，， ∵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延长线上时，， 由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°，
∴EP与AB交点M，满足AG=MG， ∵A点横坐标是0，G点横坐标为，
∴M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．

15．（本题满分10分）如图1，已知矩形纸片ABCD中，AB＝6cm，若将该纸片沿着过点B直线折叠（折痕为BM），点A恰好落在CD边中点P处．

（1）求矩形ABCD边AD长．
（2）若P为CD边上一种动点，折叠纸片，使得A与P重叠，折痕为MN，其中M在边AD上，N在边BC上，如图2所示．设DP＝x cm，DM＝y cm，试求y与