2025年九年级培优易错试卷平行四边形辅导专题训练及答案.doc

-九年级培优易错试卷平行四边形辅导专题训练及答案

一、平行四边形
1．四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H．
（1）如图1，当点E、F在线段AD上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG与BE位置关系，并加以证明；
（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试阐明HO平分∠BHG；
（3）当点E、F运动到如图3所示位置时，其他条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO度数．

【答案】（1）①证明见解析；②AG⊥BE．理由见解析；（2）证明见解析；（3）∠BHO=45°．
【解析】
试题分析：（1）①根据正方形性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，因此∠DAG=∠DCG；②根据正方形性质得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，因此∠DAG=∠ABE，然后运用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断AG⊥BE；
（2）如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立；
（3）如答图2所示，与（1）同理，可以证明AG⊥BE；过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，构造全等三角形△AON≌△BOM，从而证明OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG，即∠BHO=45°．
试题解析：（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADG和△CDG中
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG=∠DCG；
②AG⊥BE．理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，
在△ABE和△DCF中
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE=∠DCF，
∵∠DAG=∠DCG，
∴∠DAG=∠ABE，
∵∠DAG+∠BAG=90°，
∴∠ABE+∠BAG=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG⊥BE；
（2）由（1）可知AG⊥BE．
如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形．

∴∠MON=90°，
又∵OA⊥OB，
∴∠AON=∠BOM．
∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°，
∴∠OAN=∠OBM．
在△AON与△BOM中，

∴△AON≌△BOM（AAS）．
∴OM=ON，
∴矩形OMHN为正方形，
∴HO平分∠BHG．
（3）将图形补充完整，如答图2示，∠BHO=45°．

与（1）同理，可以证明AG⊥BE．
过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，
与（2）同理，可以证明△AON≌△BOM，
可得OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG，
∴∠BHO=45°．
考点：1、四边形综合题；2、全等三角形判定与性质；3、正方形性质

2．已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动．

（1）如图1，当b=2a，点M运动到边AD中点时，请证明∠BMC=90°；
（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动过程中，与否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请阐明理由；
（3）如图3，当b＜2a时，（2）中结论与否仍然成立？请阐明理由．
【答案】（1）见解析；
（2）存在，理由见解析;
（3）不成立．理由如下见解析.
【解析】
试题分析：（1）由b=2a，点M是AD中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°；
（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形对应边成比例，即可得方程：x2﹣bx+a2=0，由b＞2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，即可确定方程有两个不相等实数根，且两根均不小于零，符合题意；
（3）由（2），当b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程x2﹣bx+a2=0根状况，即可求得答案．
试题解析：（1）∵b=2a，点M是AD中点，
∴AB=AM=MD=DC=a，
又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AMB=∠DMC=45°，
∴∠BMC=90°．
（2）存在，
理由：若∠BMC=90°，
则∠AMB+∠DMC=90°，
又∵∠AMB+∠ABM=90°，
∴∠ABM=∠DMC，
又∵∠A=∠D=90°，
∴△ABM∽△DMC，
∴，
设AM=x，则，
整理得：x2﹣bx+a2=0，
∵b＞2a，a＞0，b＞0，
∴△=b2﹣4a2＞0，
∴方程有两个不相等实数根，且两根均不小于零，符合题意，
∴当b＞2a时，存在∠BMC=90°，
（3）不成立．
理由：若∠BMC=90°，
由（2）可知x2﹣bx+a2=0，
∵b＜2a，a＞0，b＞0，
∴△=b2﹣4a2＜0，
∴方程没有实数根，
∴当b＜2a时，不存在∠BMC=90°，即（2）中结论不成立．
考点：1、相似三角形判定与性质；2、根鉴别式；3、矩形性质

3．操作：如图，边长为2正方形ABCD，点P在射线BC上，将△ABP沿AP向右翻折，得到△AEP，DE所在直线与AP所在直线交于点F．
探究：（1）如图1，当点P在线段BC上时，①若∠BAP=30°，求∠AFE度数；②若点E恰为线段DF中点时，请通过运算阐明点P会在线段BC什么位置？并求出此时∠AFD度数．
归纳：（2）若点P是线段BC上任意一点时（不与B，C重叠），∠AFD度数与否会发生变化？试证明你结论；
猜想：（3）如图2，若点P在BC边延长线上时，∠AFD度数与否会发生变化？试在图中画出图形，并直接写出结论．

【答案】（1）①45°；②BC中点，45°；（2）不会发生变化，证明参见解析；（3）不会发生变化，作图参见解析.
【解析】
试题分析：（1）当点P在线段BC上时，①由折叠得到一对角相等，再运用正方形性质求出∠DAE度数，在三角形AFD中，运用内角和定理求出所求角度数即可；②由E为DF中点，得到P为BC中点，如图1，连接BE交AF于点O，作EG∥AD，得EG∥BC，得到AF垂直平分BE，进而得到三角形BOP与三角形EOG全等，运用全等三角形对应边相等得到BP=EG=1，得到P为BC中点，进而求出所求角度数即可；（2）若点P是线段BC上任意一点时（不与B，C重叠），∠AFD度数不会发生变化，作AG⊥DF于点G，如图1（a）所示，运用折叠性质及三线合一性质，根据等式性质求出∠1+∠2度数，即为∠FAG度数，即可求出∠F度数；（3）作出对应图形，如图2所示，若点P在BC边延长线上时，∠AFD度数不会发生变化，理由为：作AG⊥DE于G，得∠DAG=∠EAG，设∠DAG=∠EAG=α，根据∠FAE为∠BAE二分之一求出所求角度数即可．
试题解析：（1）①当点P在线段BC上时，∵∠EAP=∠BAP=30°，∴∠DAE=90°﹣30°×2=30°，在△ADE中，AD=AE，∠DAE=30°，∴∠ADE=∠AED=（180°﹣30°）÷2=75°，在△AFD中，∠FAD=30°+30°=60°，∠ADF=75°，∴∠AFE=180°﹣60°﹣75°=45°；②点E为DF中点时，P也为BC中点，理由如下：
如图1，连接BE交AF于点O，作EG∥AD，得EG∥BC，∵EG∥AD，DE=EF，∴EG=AD=1，∵AB=AE，∴点A在线段BE垂直平分线上，同理可得点P在线段BE垂直平分线上，∴AF垂直平分线段BE，∴OB=OE，∵GE∥BP，∴∠OBP=∠OEG，∠OPB=∠OGE，∴△BOP≌△EOG，∴BP=EG=1，即P为BC中点，∴∠DAF=90°﹣∠BAF，∠ADF=45°+∠BAF，∴∠AFD=180°﹣∠DAF﹣∠ADF=45°；（2）∠AFD度数不会发生变化，作AG⊥DF于点G，如图1（a）所示，
在△ADE中，AD=AE，AG⊥DE，∵AG平分∠DAE，即∠2=∠DAG，且∠1=∠BAP，∴∠1+∠2=×90°=45°，即∠FAG=45°，则∠AFD=90°﹣45°=45°；（3）如图2所示，∠AFE大小不会发生变化，∠AFE=45°，
作AG⊥DE于G，得∠DAG=∠EAG，设∠DAG=∠EAG=α，∴∠BAE=90°+2α，∴∠FAE=∠BAE=45°+α，∴∠FAG=∠FAE﹣∠EAG=45°，在Rt△AFG中，∠AFE=90°﹣45°=45°．
考点：1.正方形性质；2.折叠性质；3.全等三角形判定与性质.

4．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．

5．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BD=BC，点E为CD中点，射线BE交AD延长线于点F，连接CF．
（1）求证：四边形BCFD是菱形；
（2）若AD=1，BC=2，求BF长．

【答案】（1）证明见解析（2）2
【解析】
（1）∵AF∥BC，∴∠DCB=∠CDF，∠FBC=∠BFD，
∵点E为CD中点，∴DE=EC，
在△BCE与△FDE中，，
∴△BCE≌△FDE，∴DF=BC，
又∵DF∥BC，∴四边形BCDF为平行四边形，
∵BD=BC，∴四边形BCFD是菱形；
（2）∵四边形BCFD是菱形，∴BD=DF=BC=2，
在Rt△BAD中，AB=，
∵AF=AD+DF=1+2=3，在Rt△BAF中，BF==2．

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/秒速度向点A匀速运动，同步点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒速度向点B匀速运动，当其中一种点抵达终点时，另一种点也随之停止运动．设点D、E运动时间是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可以成为菱形吗？假如能，求出对应t值，假如不能，阐明理由；
（3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请阐明理由．
【答案】（1）见解析；（2）能，t=10；（3）t=或12.
【解析】
【分析】
（1）运用t表达出CD以及AE长，然后在直角△CDF中，运用直角三角形性质求得DF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值；
（3）△DEF为直角三角形，分∠EDF=90°和∠DEF=90°两种状况讨论.
【详解】
解：（1）证明：∵在Rt△ABC中，∠C=90°﹣∠A=30°，
∴AB=AC=×60=30cm，
∵CD=4t，AE=2t，
又∵在Rt△CDF中，∠C=30°，
∴DF=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，有两种状况：
①如图1，∠EDF=90°，DE∥BC，

则AD=2AE，即60﹣4t=2×2t，解得：t=，
②如图2，∠DEF=90°，DE⊥AC，

则AE=2AD，即，解得：t=12，
综上所述，当t=或12时，△DEF为直角三角形.

7．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．
（1）请问EG与CG存在怎样数量关系，并证明你结论；
（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中结论与否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请阐明理由．
（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接对应线段，问（1）中结论与否仍然成立？（请直接写出成果，不必写出理由）

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立
【解析】
【分析】
（1）运用直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一，可证出CG=EG．
（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最终证出CG=EG．
（3）结论仍然成立．
【详解】
（1）CG=EG．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF中点，∴CG=FD，同理．在Rt△DEF中，EG=FD，∴CG=EG．
（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．
证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF延长线交于N点．
在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；
在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG（ASA），∴MG=NG．
∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．
证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．
在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE
∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．
∵MG=CG，∴EG=MC，∴EG=CG．
（3）（1）中结论仍然成立．理由如下：
过F作CD平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．
由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又由于BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC
∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．
∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG

【点睛】
本题是四边形综合题．（1）关键是运用直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一解答；（2）关键是运用了直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一性质、全等三角形判定和性质解答．

8．如图（1）在正方形ABCD中，点E是CD边上一动点，连接AE，作BF⊥AE，垂足为G交AD于F
（1）求证：AF＝DE；
（2）连接DG，若DG平分∠EGF，如图（2），求证：点E是CD中点；
（3）在（2）条件下，连接CG，如图（3），求证：CG＝CD．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）CG＝CD，见解析．
【解析】
【分析】
（1）证明△BAF≌△ADE（ASA）即可处理问题．
（2）过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．想措施证明AF＝DF，即可处理问题．
（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，运用直角三角形斜边中线性质，只要证明BC＝CP即可．
【详解】
（1）证明：如图1中，

在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠D＝90o，
∴∠2+∠3＝90°
又∵BF⊥AE，
∴∠AGB＝90°
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠3
在△BAF与△ADE中，
∠1=∠3 BA=AD ∠BAF=∠D，
∴△BAF≌△ADE（ASA）
∴AF＝DE．
（2）证明：过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．

由（1）得∠1＝∠3，∠BGA＝∠AND＝90°，AB＝AD
∴△BAG≌△ADN（AAS）
∴AG＝DN，
又DG平分∠EGF，DM⊥GF，DN⊥GE，
∴DM＝DN，
∴DM＝AG，又∠AFG＝∠DFM，∠AGF＝∠DMF
∴△AFG≌△DFM（AAS），
∴AF＝DF＝DE＝AD＝CD，
即点E是CD中点．
（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，

∠ADE＝∠ECP＝90°，∠DEA＝∠CEP，
∴△ADE≌△PCE（ASA）
∴AE＝PE，
又CE∥AB，
∴BC＝PC，
在Rt△BGP中，∵BC＝PC，
∴CG＝BP＝BC，
∴CG＝CD．
【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，角平分线性质定理，直角三角形斜边中线性质等知识，解题关键是对寻找全等三角形处理问题，属于中考压轴题．

9．如图①，四边形是知形，，点是线段上一动点(不与重叠)，点是线段延长线上一动点，连接交于点.设，已知与之间函数关系如图②所示.

（1）求图②中与函数体现式;
（2）求证:;
（3）与否存在值，使得是等腰三角形?假如存在，求出值;假如不存在，阐明理由
【答案】（1）y＝﹣2x+4（0＜x＜2）；（2）见解析；（3）存在，x＝或或．
【解析】
【分析】
（1）运用待定系数法可得y与x函数体现式；
（2）证明△CDE∽△ADF，得∠ADF＝∠CDE，可得结论；
（3）分三种状况：
①若DE＝DG，则∠DGE＝∠DEG，
②若DE＝EG，如图①，作EH∥CD，交AD于H，
③若DG＝EG，则∠GDE＝∠GED，
分别列方程计算可得结论．
【详解】
（1）设y＝kx+b，
由图象得：当x＝1时，y＝2，当x＝0时，y＝4，
代入得：，得，
∴y＝﹣2x+4（0＜x＜2）；
（2）∵BE＝x，BC＝2
∴CE＝2﹣x，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠DAF＝90°，
∴△CDE∽△ADF，
∴∠ADF＝∠CDE，
∴∠ADF+∠EDG＝∠CDE+∠EDG＝90°，
∴DE⊥DF；
（3）假设存在x值，使得△DEG是等腰三角形，
①若DE＝DG，则∠DGE＝∠DEG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠DGE＝∠GEB，
∴∠DEG＝∠BEG，
在△DEF和△BEF中，
，
∴△DEF≌△BEF（AAS），
∴DE＝BE＝x，CE＝2﹣x，
∴在Rt△CDE中，由勾股定理得：1+（2﹣x）2＝x2，
x＝；
②若DE＝EG，如图①，作EH∥CD，交AD于H，

∵AD∥BC，EH∥CD，
∴四边形CDHE是平行四边形，
∴∠C＝90°，
∴四边形CDHE是矩形，
∴EH＝CD＝1，DH＝CE＝2﹣x，EH⊥DG，
∴HG＝DH＝2﹣x，
∴AG＝2x﹣2，
∵EH∥CD，DC∥AB，
∴EH∥AF，
∴△EHG∽△FAG，
∴，
∴，
∴（舍），
③若DG＝EG，则∠GDE＝∠GED，
∵AD∥BC，
∴∠GDE＝∠DEC，
∴∠GED＝∠DEC，
∵∠C＝∠EDF＝90°，
∴△CDE∽△DFE，
∴，
∵△CDE∽△ADF，
∴，
∴，
∴2﹣x＝，x＝，
综上，x＝或或．
【点睛】
本题是四边形综合题，重要考察了待定系数法求一次函数解析式，三角形相似和全等性质和判定，矩形和平行四边形性质和判定，勾股定理和逆定理等知识，运用相似三角形性质是处理本题关键．

10．阅读下列材料：
我们定义：若一种四边形一条对角线把四边形提成两个等腰三角形，则这条对角线叫这个四边形友好线，这个四边形叫做友好四边形．如正方形就是友好四边形．结合阅读材料，完毕下列问题：

（1）下列哪个四边形一定是友好四边形　 　．
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形
（2）命题：“友好四边形一定是轴对称图形”是　 　 命题（填“真”或“假”）．
（3）如图，等腰Rt△ABD中，∠BAD＝90°．若点C为平面上一点，AC为凸四边形ABCD友好线，且AB＝BC，祈求出∠ABC度数．
【答案】（1） C ；（2）∠ABC度数为60°或90°或150°.
【解析】
试题分析：（1）根据菱形性质和友好四边形定义，直接得出结论.
（2）根据友好四边形定义，分AD=CD，AD=AC，AC=DC讨论即可.
（1）根据友好四边形定义，平行四边形，矩形，等腰梯形对角线不能把四边形提成两个等腰三角形，菱形一条对角线能把四边形提成两个等腰三角形够．故选C.
（2）∵等腰Rt△ABD中，∠BAD=90°，∴AB=AD.
∵AC为凸四边形ABCD友好线，且AB=BC，
∴分三种状况讨论：
若AD=CD，如图1，则凸四边形ABCD是正方形，∠ABC=90°；
若AD=AC，如图 2，则AB=AC=BC，△ABC是等边三角形，∠ABC=60°；
若AC=DC，如图 3，则可求∠ABC=150°.

考点：1.新定义；2．菱形性质；3．正方形判定和性质；4．等边三角形判定和性质；5.分类思想应用.

11．如图，现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′处．AB′与CD交于点E．
（1）求证：△AED≌△CEB′；
（2）过点E作EF⊥AC交AB于点F，连接CF，判断四边形AECF形状并予以证明．

【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意可得AD=BC=B'C，∠B=∠D=∠B'，且∠AED=∠CEB'，运用AAS证明全等，则结论可得；
（2）由△AED≌△CEB′可得AE=CE，且EF⊥AC，根据等腰三角形性质可得EF垂直平分AC，∠AEF=∠CEF．即AF=CF，∠CEF=∠AFE=∠AEF，可得AE=AF，则可证四边形AECF是菱形．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D
∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠
∴BC＝B'C，∠B＝∠B'
∴∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC
∴△ADE≌△B'EC
（2）四边形AECF是菱形
∵△ADE≌△B'EC
∴AE＝CE
∵AE＝CE，EF⊥AC
∴EF垂直平分AC，∠AEF＝∠CEF
∴AF＝CF
∵CD∥AB
∴∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF
∴∠AEF＝∠EFA
∴AF＝AE
∴AF＝AE＝CE＝CF
∴四边形AECF是菱形
【点睛】
本题考察了折叠问题，全等三角形判定和性质，平行四边形性质，菱形判定，纯熟掌握这些性质和判定是处理问题关键．

12．如图，抛物线y=mx2+2mx+n通过A（﹣3，0），C（0，﹣）两点，与x轴交于另一点B．
（1）求通过A，B，C三点抛物线解析式；
（2）过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，写出点E坐标，并求AC、BE交点F坐标
（3）若抛物线顶点为D，连结DC、DE，四边形CDEF与否为菱形？若是，请证明；若不是，请阐明理由．

【答案】（1）y=x2+x﹣；（2）F点坐标为（﹣1，﹣1）；（3）四边形CDEF是菱形．证明见解析
【解析】
【分析】
将A、C点坐标代入抛物线解析式中，通过联立方程组求得该抛物线解析式；
根据（1）题所得抛物线解析式，可确定抛物线对称轴方程以及B、C点坐标，由CE∥x轴，可知C、E有关对称轴对称。根据A、C点求得直线AC解析式，根据B、E点求出直线BE解析式，联立方程求得解，即为F点坐标；
由E、C、F、D坐标可知DF和EC互相垂直平分，则可判定四边形CDEF为菱形．
【详解】
（1）∵抛物线y=mx2+2mx+n通过A（﹣3，0），C（0，﹣）两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=x2+x﹣；
（2）∵y=x2+x﹣，
∴抛物线对称轴为直线x=﹣1，
∵CE∥x轴，
∴C、E有关对称轴对称，
∵C（0，﹣），
∴E（﹣2，﹣），
∵A、B有关对称轴对称，
∴B（1，0），
设直线AC、BE解析式分别为y=kx+b，y=k′x+b′，
则由题意可得，，
解得，，
∴直线AC、BE解析式分别为y=﹣x﹣，y=x﹣，
联立两直线解析式可得，解得，
∴F点坐标为（﹣1，﹣1）；
（3）四边形CDEF是菱形．
证明：∵y=x2+x﹣=（x+1）2﹣2，
∴D（﹣1，﹣2），
∵F（﹣1，﹣1），
∴DF⊥x轴，且CE∥x轴，
∴DF⊥CE，
∵C（0，﹣），且F（﹣1，﹣1），D（﹣1，﹣2），
∴DF和CE互相平分，
∴四边形CDEF是菱形．
【点睛】
本题考察菱形判定措施，二次函数性质，以及二次函数与二元一次方程组．

13．小明在矩形纸片上画正三角形，他做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重叠，得到折痕EF，把纸片展平；②沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上点P处，再折出PB、PC，最终用笔画出△PBC(图1)．

（1）求证：图1中 PBC是正三角形：
（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一种正三角形IMN，其中IJ=6cm，
且HM=JN．
①求证：IH=IJ
②祈求出NJ长；
（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边长度a变化时，在矩形纸片上总能画出最大正三角形，但位置会有所不一样．请根据小明发现，画出不一样情形示意图(作图工具不限，能阐明问题即可)，并直接写出对应a取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②12-6（3）3＜a＜4，a＞4
【解析】
分析：（1）由折叠性质和垂直平分线性质得出PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即可；
（2）①运用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得；②IJ上取一点Q，使QI=QN，由Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x，则IQ=QN=2x、QJ=x，根据IJ=IQ+QJ求出x即可得；
（3）由等边三角形性质、直角三角形性质、勾股定理进行计算，画出图形即可．
（1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重叠，得到折痕EF
∴PB=PC
∵沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上点P处
∴PB=BC
∴PB=PC=BC
∴△PBC是正三角形：
（2）证明：①如图

∵矩形AHIJ
∴∠H=∠J=90°
∵△MNJ是等边三角形
∴MI=NI
在Rt△MHI和Rt△JNI中

∴Rt△MHI≌Rt△JNI（HL）
∴HI=IJ
②在线段IJ上取点Q，使IQ=NQ

∵Rt△IHM≌Rt△IJN，
∴∠HIM=∠JIN，
∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°，
∴∠HIM=∠JIN=15°，
由QI=QN知∠JIN=∠QNI=15°，
∴∠NQJ=30°，
设NJ=x，则IQ=QN=2x，QJ=x，
∵IJ=6cm，
∴2x+x=6，
∴x=12-6，即NJ=12-6（cm）．
（3）分三种状况：
①如图：

设等边三角形边长为b，则0＜b≤6，
则tan60°=，
∴a=，
∴0＜b≤=；
②如图

当DF与DC重叠时，DF=DE=6，
∴a=sin60°×DE==，
当DE与DA重叠时，a=，
∴＜a＜；
③如图

∵△DEF是等边三角形
∴∠FDC=30°
∴DF=
∴a＞
点睛：本题是四边形综合题目，考察了折叠性质、等边三角形判定与性质、旋转性质、直角三角形性质、正方形性质、全等三角形判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．

14．如图，点E是正方形ABCD边AB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：根据正方形性质，证出BC=CD，∠B=∠CDF，∠BCD=90°，再由垂直性质得到∠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：本题考察是正方形性质，熟知正方形性质及全等三角形判定与性质是解答此题关键．

15．（本题14分）小明在学习平行线有关知识时总结了如下结论：端点分别在两条平行线上所有线段中，垂直于平行线线段最短．
小明应用这个结论进行了下列探索活动和问题处理．
问题1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，P为AC边上一动点，以PB，PA为边构造
□APBQ，求对角线PQ最小值及PQ最小时值．

（1）在处理这个问题时，小明构造出了如图2辅助线，则PQ最小值为 ，当PQ最小时
= _____ __；
（2）小明对问题1做了简单变式思考．如图3，P为AB边上一动点，延长PA到点E，使AE=nPA（n
为不小于0常数）．以PE，PC为边作□PCQE，试求对角线PQ长最小值，并求PQ最小时值；
问题2：在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3．
（1）如图4，若为上任意一点，以，为边作□．试求对角线长最小值和PQ最小时值．

（2）若为上任意一点，延长到，使，再以，为边作□．请直接写出对角线长最小值和PQ最小时值．
【答案】问题1：（1）3，；（2）PQ=，=．问题2：（1）=4，．（2）PQ最小值为．．
【解析】
试题分析：问题1：（1）首先根据条件可证四边形PCBQ是矩形，然后根据条件“四边形APBQ是平行四边形可得AP=QB=PC，从而可求值．（2）由题可知：当QP⊥AC时，PQ最小．过点C作CD⊥AB于点D．此时四边形CDPQ为矩形，PQ=CD，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，运用面积可求出CD=,然后可求出AD=， 由AE=nPA可得PE=，而PE=CQ=PD=AD-AP=，因此AP=．因此=．问题2：（1）设对角线与相交于点．Rt≌Rt．因此AD=HC，QH=AP．由题可知：当QP⊥AB时，PQ最小，此时=CH=4，根据条件可证四边形BPQH为矩形，从而QH=BP=AP．因此．（2）根据题意画出图形，当 AB时，长最小，PQ最小值为．．
试题解析：问题1：（1）3，；
（2）过点C作CD⊥AB于点D．

由题意可知当PQ⊥AB时，PQ最短．因此此时四边形CDPQ为矩形．PQ=CD，DP=CQ=PE．由于∠BCA=90°，AC=4，
BC=3，因此AB=5．因此CD=．因此PQ=．
在Rt△ACD中AC=4，CD=，因此AD=．
由于AE=nPA，因此PE==CQ=PD=AD-AP=．
因此AP=．因此=．
问题2：
（1）如图2，设对角线与相交于点．

因此G是DC中点，
作QHBC，交BC延长线于H，
由于AD//BC，因此．
因此．
又，因此Rt≌Rt．因此AD=HC，QH=AP．
由图知，当 AB时，长最小，即=CH=4．
易得四边形BPQH为矩形，因此QH=BP=AP．因此．
（若学生有能力从梯形中位线角度考虑，若对即可评分．但讲评时不作规定）
（2）PQ最小值为．．
考点：1．直角三角形性质；2．全等三角形判定与性质；3．平行四边形性质；4矩形判定与性质．