2025年备战中考数学备考之平行四边形压轴突破训练∶培优易错试卷篇附详细答案.doc

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一、平行四边形
1．（问题情景）运用三角形面积相等来求解措施是一种常见等积法，此措施是我们处理几何问题途径之一．
例如：张老师给小聪提出这样一种问题：
如图1，在△ABC中，AB=3，AD=6，问△ABC高AD与CE比是多少？
小聪计算思绪是：
根据题意得：S△ABC=BC•AD=AB•CE．
从而得2AD=CE，∴
请运用上述材料中所积累经验和措施处理下列问题：
（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=，BC=2，AC=，又已知M、N分别为AE、BE中点，连接DM、CN．求△DEM与△CEN周长之和．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）5+
【解析】
分析：(1)、根据平行四边形性质得出△ABF和△BCE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勾股定理得出x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周长之和=DE+DM+EM+CE+CN+EN=（DE+CE）+[（DM+CN）+（EM+EN）]
=（DE+CN）+AB=5+．

点睛：本题重要考察就是三角形全等判定与性质以及三角形等积法，综合性非常强，难度较大．在处理这个问题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关系．

2．在图1中，正方形ABCD边长为a，等腰直角三角形FAE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上选用点G，使BG＝b，连结FG和CG，裁掉△FAG和△CGB并分别拼接到△FEH和△CHD位置构成四边形FGCH．
思考发现
小明在操作后发现：该剪拼措施就是先将△FAG绕点F逆时针旋转90°到△FEH位置，易知EH与AD在同一直线上．连结CH，由剪拼措施可得DH=BG，故△CHD≌△CGB，从而又可将△CGB绕点C顺时针旋转90°到△CHD位置．这样，对于剪拼得到四边形FGCH（如图1），过点F作FM⊥AE于点M（图略），运用SAS公理可判断△HFM≌△CHD，易得FH=HC=GC=FG，∠FHC=90°．进而根据正方形判定措施，可以判断出四边形FGCH是正方形．
实践探究
（1）正方形FGCH面积是 ；（用含a， b式子表达）
（2）类比图1剪拼措施，请你就图2—图4三种情形分别画出剪拼成一种新正方形示意图．

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，且所选用点G位置在BA方向上伴随b增大不停上移．当b＞a时（如图5），能否剪拼成一种正方形？若能，请你在图5中画出剪拼成正方形示意图；若不能，简要阐明理由．

【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面积=BG2+BC2进而得出答案；
应采用类比措施，注意无论等腰直角三角形大小怎样变化，BG永远等于等腰直角三角形斜边二分之一．注意当b=a时，也可直接沿正方形对角线分割．
详解：实践探究：正方形面积是：BG2+BC2=a2+b2；
剪拼措施如图2-图4；

联想拓展：能，
剪拼措施如图5（图中BG=DH=b）．
．
点睛：本题考察了几何变换综合，培养学生推理论证能力和动手操作能力；运用类比措施作图时，应根据范例抓住作图关键：作线段长度与某条线段比值永远相等，旋转三角形，连接点都应是相似．

3．已知Rt△ABD中，边AB=OB=1，∠ABO=90°
问题探究：
（1）以AB为边，在Rt△ABO右边作正方形ABC，如图（1），则点O与点D距离为 ．
（2）以AB为边，在Rt△ABO右边作等边三角形ABC，如图（2），求点O与点C距离．
问题处理：
（3）若线段DE=1，线段DE两个端点D，E分别在射线OA、OB上滑动，以DE为边向外作等边三角形DEF，如图（3），则点O与点F距离有无最大值，假如有，求出最大值，假如没有，阐明理由．

【答案】(1)、；(2)、；(3)、.
【解析】
【分析】
试题分析：(1)、如图1中，连接OD，在Rt△ODC中，根据OD=计算即可．(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．在Rt△OCE中，根据OC=计算即可．(3)、如图3中，当OF⊥DE时，OF值最大，设OF交DE于H，在OH上取一点M，使得OM=DM，连接DM．分别求出MH、OM、FH即可处理问题．
【详解】
试题解析：(1)、如图1中，连接OD，

∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=AD=1，∠C=90° 在Rt△ODC中，∵∠C=90°，OC=2，CD=1，
∴OD=
(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．

∵∠FBE=∠E=∠CFB=90°， ∴四边形BECF是矩形， ∴BF=CF=，CF=BE=，
在Rt△OCE中，OC==．
(3)、如图3中，当OF⊥DE时，OF值最大，设OF交DE于H，在OH上取一点M，使得OM=DM，连接DM．

∵FD=FE=DE=1，OF⊥DE， ∴DH=HE，OD=OE，∠DOH=∠DOE=22.5°， ∵OM=DM，
∴∠MOD=∠MDO=22.5°， ∴∠DMH=∠MDH=45°， ∴DH=HM=， ∴DM=OM=，
∵FH=， ∴OF=OM+MH+FH==．
∴OF最大值为．
考点：四边形综合题．

4．已知AD是△ABC中线P是线段AD上一点（不与点A、D重叠），连接PB、PC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC中点，AD与EF交于点M；

（1）如图1，当AB＝AC时，求证：四边形EGHF是矩形；
（2）如图2，当点P与点M重叠时，在不添加任何辅助线条件下，写出所有与△BPE面积相等三角形（不包括△BPE自身）．
【答案】（1）见解析；（2）△APE、△APF、△CPF、△PGH．
【解析】
【分析】
（1）由三角形中位线定理得出EG∥AP，EF∥BC，EF=BC，GH∥BC，GH=BC，推出EF∥GH，EF=GH，证得四边形EGHF是平行四边形，证得EF⊥AP，推出EF⊥EG，即可得出结论；
（2）由△APE与△BPE底AE=BE，又等高，得出S△APE=S△BPE，由△APE与△APF底EP=FP，又等高，得出S△APE=S△APF，由△APF与△CPF底AF=CF，又等高，得出S△APF=S△CPF，证得△PGH底边GH上高等于△AEF底边EF上高二分之一，推出S△PGH=S△AEF=S△APF，即可得出成果．
【详解】
（1）证明：∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC中点，
∴EG∥AP，EF∥BC，EF＝BC，GH∥BC，GH＝BC，
∴EF∥GH，EF＝GH，
∴四边形EGHF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴AD⊥BC，
∴EF⊥AP，
∵EG∥AP，
∴EF⊥EG，
∴平行四边形EGHF是矩形；
（2）∵PE是△APB中线，
∴△APE与△BPE底AE＝BE，又等高，
∴S△APE＝S△BPE，
∵AP是△AEF中线，
∴△APE与△APF底EP＝FP，又等高，
∴S△APE＝S△APF，
∴S△APF＝S△BPE，
∵PF是△APC中线，
∴△APF与△CPF底AF＝CF，又等高，
∴S△APF＝S△CPF，
∴S△CPF＝S△BPE，
∵EF∥GH∥BC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC中点，
∴△AEF底边EF上高等于△ABC底边BC上高二分之一，△PGH底边GH上高等于△PBC底边BC上高二分之一，
∴△PGH底边GH上高等于△AEF底边EF上高二分之一，
∵GH＝EF，
∴S△PGH＝S△AEF＝S△APF，
综上所述，与△BPE面积相等三角形为：△APE、△APF、△CPF、△PGH．
【点睛】
本题考察了矩形判定与性质、平行四边形判定、三角形中位线定理、平行线性质、三角形面积计算等知识，纯熟掌握三角形中位线定理是处理问题关键．

5．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．

6．（感知）如图①，四边形ABCD、CEFG均为正方形．可知BE=DG．
（拓展）如图②，四边形ABCD、CEFG均为菱形，且∠A=∠F．求证：BE=DG．
（应用）如图③，四边形ABCD、CEFG均为菱形，点E在边AD上，点G在AD延长线上．若AE=2ED，∠A=∠F，△EBC面积为8，菱形CEFG面积是_______．（只填成果）

【答案】见解析
【解析】
试题分析：探究：由四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，运用SAS易证得△BCE≌△DCG，则可得BE=DG；
应用：由AD∥BC，BE=DG，可得S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，又由AE=3ED，可求得△CDE面积，继而求得答案．
试题解析：
探究：∵四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F．
∵∠A=∠F，
∴∠BCD=∠ECG．
∴∠BCD-∠ECD=∠ECG-∠ECD，
即∠BCE=∠DCG．
在△BCE和△DCG中，

∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE=DG．
应用：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∵BE=DG，
∴S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，
∵AE=3ED，
∴S△CDE= ,
∴S△ECG=S△CDE+S△CDG=10
∴S菱形CEFG=2S△ECG=20.

7．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重叠：①求证：AF=DE；②若正方形边长为2，当∠DOE=15°时，求线段EF长；
（2）如图2，若Rt△PFE顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重叠），当BD=3BP时，证明：PE=2PF．

【答案】（1）①证明见解析，②；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）①根据正方形性质和旋转性质即可证得：△AOF≌△DOE根据全等三角形性质证明；
②作OG⊥AB于G，根据余弦概念求出OF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，根据相似三角形判定和性质求出PE与PF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，
，
∴△AOF≌△DOE，
∴AF=DE；
②解：过点O作OG⊥AB于G，

∵正方形边长为2，
∴OG=BC=，
∵∠DOE=15°，△AOF≌△DOE，
∴∠AOF=15°，
∴∠FOG=45°-15°=30°，
∴OF==2，
∴EF=；
（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，
∴，
∴PE=2PF．
【点睛】
此题属于四边形综合题．考察了正方形性质、全等三角形判定与性质、相似三角形判定与性质以及勾股定理．注意精确作出辅助线是解此题关键．

8．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.

9．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣6，0）、点C（0，6），若正方形OABC绕点O顺时针旋转，得正方形OA′B′C′，记旋转角为α：
（1）如图①，当α＝45°时，求BC与A′B′交点D坐标；
（2）如图②，当α＝60°时，求点B′坐标；
（3）若P为线段BC′中点，求AP长取值范围（直接写出成果即可）．

【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）当α＝45°时，延长OA′通过点B，在Rt△BA′D中，∠OBC＝45°，A′B＝，可求得BD长，进而求得CD长，即可得出点D坐标；
（2）过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN垂线，垂足为N，证明△OMC′≌△C′NB′，可得C′N＝OM＝，B′N＝C′M＝3，即可得出点B′坐标；
（3）连接OB，AC相交于点K，则K是OB中点，由于P为线段BC′中点，因此PK＝OC′＝3，即点P在以K为圆心，3为半径圆上运动，即可得出AP长取值范围．
【详解】
解：（1）∵A（﹣6，0）、C（0，6），O（0，0），
∴四边形OABC是边长为6正方形，
当α＝45°时，
如图①，延长OA′通过点B，
∵OB＝6，OA′＝OA＝6，∠OBC＝45°，
∴A′B＝，
∴BD＝（）×，
∴CD＝6﹣（）=，
∴BC与A′B′交点D坐标为（，6）；

（2）如图②，过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN垂线，垂足为N，
∵∠OC′B′＝90°，
∴∠OC′M＝90°﹣∠B′C′N＝∠C′B′N，
∵OC′＝B′C′，∠OMC′＝∠C′NB′＝90°，
∴△OMC′≌△C′NB′（AAS），
当α＝60°时，
∵∠A′OC′＝90°，OC′＝6，
∴∠C′OM＝30°，
∴C′N＝OM＝，B′N＝C′M＝3，
∴点B′坐标为；

（3）如图③，连接OB，AC相交于点K，
则K是OB中点，
∵P为线段BC′中点，
∴PK＝OC′＝3，
∴P在以K为圆心，3为半径圆上运动，
∵AK＝3，
∴AP最大值为，AP最小值为，
∴AP长取值范围为.

【点睛】
本题考察正方形性质，全等三角形判定与性质，三角形中位线定理．（3）问解题关键是运用中位线定理得出点P轨迹．

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，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．

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．正方形ABCD边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点E是AB边上一种动点（点E不与点A、B重叠），CE与BD相交于点F，设线段BE长度为x．

（1）如图1，当AD=2OF时，求出x值；
（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE面积为S，试求S与x函数关系式并求出S最大值．
【答案】（1）x=﹣1；
（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1），
当x=时，S值最大，最大值为，．
【解析】
试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到CM=ME，根据三角形中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，求得OF=OM=解方程，即可得到成果；
（2）过P作PG⊥AB交AB延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据全等三角形性质得到EB=PG=x，由三角形面积公式得到S=（1﹣x）•x，根据二次函数性质即可得到结论．
试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，
∵OA=OC，
∴CM=ME，
∴AE=2OM=2OF，
∴OM=OF，
∴，
∴BF=BE=x，
∴OF=OM=，
∵AB=1，
∴OB=，
∴，
∴x=﹣1；

（2）过P作PG⊥AB交AB延长线于G，如图2，
∵∠CEP=∠EBC=90°，
∴∠ECB=∠PEG，
∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°，
在△EPG与△CEB中，
，
∴△EPG≌△CEB，
∴EB=PG=x，
∴AE=1﹣x，
∴S=（1﹣x）•x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1），
∵﹣＜0，
∴当x=时，S值最大，最大值为，．

考点：四边形综合题

14．如图①，在△ABC中，AB=7，tanA=，∠B=45°．点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位长度速度向终点B运动（不与点A、B重叠），过点P作PQ⊥AB．交折线AC-CB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设点P运动时间为t（秒），正方形PQMN与△ABC重叠部分图形面积为S（平方单位）．
（1）直接写出正方形PQMN边PQ长（用含t代数式表达）．
（2）当点M落在边BC上时，求t值．
（3）求S与t之间函数关系式．
（4）如图②，点P运动同步，点H从点B出发，沿B-A-B方向做一次来回运动，在B-A上速度为每秒2个单位长度，在A-B上速度为每秒4个单位长度，当点H停止运动时，点P也随之停止，连结MH．设MH将正方形PQMN提成两部分图形面积分别为S1、S2（平方单位）（0＜S1＜S2），直接写出当S2≥3S1时t取值范围．

【答案】(1) PQ=7-t．(2) t=．(3) 当0＜t≤时，S=．当＜t≤4，．当4＜t＜7时，．（4）或或．
【解析】
试题分析：（1）分两种状况讨论：当点Q在线段AC上时，当点Q在线段BC上时．
（2）根据AP+PN+NB=AB，列出有关t方程即可解答；
（3）当0＜t≤时，当＜t≤4，当4＜t＜7时；
（4）或或．
试题解析：（1）当点Q在线段AC上时，PQ=tanAAP=t．
当点Q在线段BC上时，PQ=7-t．
（2）当点M落在边BC上时，如图③，

由题意得：t+t+t=7，
解得：t=．
∴当点M落在边BC上时，求t值为．
（3）当0＜t≤时，如图④，

S=．
当＜t≤4，如图⑤，

．
当4＜t＜7时，如图⑥，

．
（4）或或．．
考点：四边形综合题.

15．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°，运用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°，因此有△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．矩形性质；2．三角形全等判定与性质；3．菱形判定．