初三数学平行四边形的专项培优易错难题练习题附答案.doc

-初三数学平行四边形专题培优 易错 难题练习题附答案

一、平行四边形
1．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上一种动点（点G与C、D不重叠），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．
（1）①猜想图1中线段BG、线段DE长度关系及所在直线位置关系，不必证明；
②将图1中正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观测、测量等措施判断①中得到结论与否仍然成立，并证明你判断．

（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb （a≠b，k＞0），第（1）题①中得到结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要阐明理由．

（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=，求BE2+DG2值．
【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．
【解析】
分析：（1）①根据正方形性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间关系；
②结合正方形性质，根据SAS仍然可以判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；
（2）根据两条对应边比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中位置关系仍然成立；
（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形长、宽平方和．
详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；
②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
∴△BCG≌△DCE，
∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，
又∵∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG⊥DE．
（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，
∴，
又∵∠BCG=∠DCE，
∴△BCG∽△DCE，
∴∠CBG=∠CDE，
又∵∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG⊥DE．
（3）连接BE、DG．
根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，
∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°
∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．

点睛：此题综合运用了全等三角形判定和性质、相似三角形判定和性质以及勾股定理．

2．（1）、动手操作：
如图①：将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重叠，点C落在点处，折痕为EF，若∠ABE＝20°，那么度数为 .
（2）、观测发现：
小明将三角形纸片ABC（AB＞AC）沿过点A直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片（如图②）；再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重叠，折痕为EF，展平纸片后得到△AEF（如图③）．小明认为△AEF是等腰三角形，你同意吗？请阐明理由．

（3）、实践与运用：
将矩形纸片ABCD按如下环节操作：将纸片对折得折痕EF，折痕与AD边交于点E，与BC边交于点F；将矩形ABFE与矩形EFCD分别沿折痕MN和PQ折叠，使点A、点D都与点F重叠，展开纸片，此时恰好有MP＝MN＝PQ（如图④），求∠MNF大小.
【答案】（1）125°；（2）同意；（3）60°
【解析】
试题分析：（1）根据直角三角形两个锐角互余求得∠AEB=70°，根据折叠重叠角相等，得∠BEF=∠DEF=55°，根据平行线性质得到∠EFC=125°，再根据折叠性质得到∠EFC′=∠EFC=125°；
（2）根据第一次折叠，得∠BAD=∠CAD；根据第二次折叠，得EF垂直平分AD，根据等角余角相等，得∠AEG=∠AFG，则△AEF是等腰三角形；
（3）由题意得出：∠NMF=∠AMN=∠MNF，MF=NF，由对称性可知，MF=PF，进而得出△MNF≌△MPF，得出3∠MNF=180°求出即可．
试题解析：（1）、∵在直角三角形ABE中，∠ABE=20°，
∴∠AEB=70°，
∴∠BED=110°，
根据折叠重叠角相等，得∠BEF=∠DEF=55°．
∵AD∥BC，
∴∠EFC=125°，
再根据折叠性质得到∠EFC′=∠EFC=125°．；
（2）、同意，如图，设AD与EF交于点G

由折叠知，AD平分∠BAC，因此∠BAD=∠CAD．
由折叠知，∠AGE=∠DGE=90°，
因此∠AGE=∠AGF=90°，
因此∠AEF=∠AFE．
因此AE=AF，
即△AEF为等腰三角形．
（3）、由题意得出：∠NMF＝∠AMN＝∠MNF，
∴MF＝NF，
由折叠可知，MF＝PF，
∴NF＝PF，
而由题意得出：MP＝MN，
又∵MF＝MF，
∴△MNF≌△MPF，
∴∠PMF＝∠NMF，而∠PMF＋∠NMF＋∠MNF＝180°，
即3∠MNF＝180°，
∴∠MNF＝60°.
考点：1.折叠性质；2.等边三角形性质；3.全等三角形判定和性质；4.等腰三角形判定

3．如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落到到B′位置，AB′与CD交于点E.
（1）求证：△AED≌△CEB′
（2）若AB = 8，DE = 3，点P为线段AC上任意一点，PG⊥AE于G，PH⊥BC于H.求PG + PH值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由折叠性质知，，，，则由得到；
（2）由，可得，又由，即可求得长，然后在中，运用勾股定理即可求得长，再过点作于，由角平分线性质，可得，易证得四边形是矩形，继而可求得答案.
【详解】
（1）四边形为矩形，
，，
又 ，
；
（2） ，
，
，
，
在中，，
过点作于，
，，
，
，，
，
、、共线，
，
四边形是矩形，
，
.
【点睛】
此题考察了折叠性质、矩形性质、角平分线性质、等腰三角形判定与性质以及勾股定理等知识.此题难度较大，注意掌握折叠前后图形对应关系，注意掌握辅助线作法，注意数形结合思想应用.

4．在△ABC中，AB=BC，点O是AC中点，点P是AC上一种动点（点P不与点A，O，C重叠）．过点A，点C作直线BP垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．
（1）如图1，请直接写出线段OE与OF数量关系；
（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间数量关系和位置关系，并阐明理由
（3）若|CF﹣AE|=2，EF=2，当△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP长．

【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP长为或.
【解析】
【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边二分之一即可得OF=OE；
（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形性质即可得OF⊥EK，OF=OE；
（3）分点P在AO上与CO上两种状况分别画图进行解答即可得.
【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，

∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，
∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，
∵△EFK是直角三角形，∴OF=EK=OE；
（2）如图2中，延长EO交CF于K，

∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，
∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，
∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，
∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，
∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；
（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，

∵|CF﹣AE|=2，EF=2，AE=CK，∴FK=2，
在Rt△EFK中，tan∠FEK=，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°，
∴EK=2FK=4，OF=EK=2，
∵△OPF是等腰三角形，观测图形可知，只有OF=FP=2，
在Rt△PHF中，PH=PF=1，HF=，OH=2﹣，
∴OP=.

如图4中，点P在线段OC上，当PO=PF时，∠POF=∠PFO=30°，
∴∠BOP=90°，
∴OP=OE=，
综上所述：OP长为或.
【点睛】本题考察了全等三角形判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边二分之一、等腰直角三角形判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，对添加辅助线是解题关键.

5．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．

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．既有一张矩形纸片ABCD（如图），其中AB＝4cm，BC＝6cm，点E是BC中点．将纸片沿直线AE折叠，点B落在四边形AECD内，记为点B′，过E作EF垂直B′C，交B′C于F．
（1）求AE、EF位置关系；
（2）求线段B′C长，并求△B′EC面积．

【答案】（1）见解析；（2）S△B′EC＝．
【解析】
【分析】
（1）由折线法及点E是BC中点，可证得△B'EC是等腰三角形，再有条件证明∠AEF=90°即可得到AE⊥EF；
（2）连接BB′，通过折叠，可知∠EBB′=∠EB′B，由E是BC中点，可得EB′=EC，∠ECB′=∠EB′C，从而可证△BB′C为直角三角形，在Rt△AOB和Rt△BOE中，可将OB，BB′长求出，在Rt△BB′C中，根据勾股定理可将B′C值求出.
【详解】
（1）由折线法及点E是BC中点，
∴EB＝EB′＝EC，∠AEB＝∠AEB′，
∴△B'EC是等腰三角形，
又∵EF⊥B′C
∴EF为∠B'EC角平分线，即∠B′EF＝∠FEC，
∴∠AEF＝180°﹣（∠AEB+∠CEF）＝90°，即∠AEF＝90°，
即AE⊥EF；
（2）连接BB'交AE于点O，由折线法及点E是BC中点，
∴EB＝EB′＝EC，
∴∠EBB′＝∠EB′B，∠ECB′＝∠EB′C；
又∵△BB'C三内角之和为180°，
∴∠BB'C＝90°；
∵点B′是点B有关直线AE对称点，
∴AE垂直平分BB′；
在Rt△AOB和Rt△BOE中，BO2＝AB2﹣AO2＝BE2﹣（AE﹣AO）2
将AB＝4cm，BE＝3cm，AE＝5cm，
∴AO＝ cm，
∴BO＝＝cm，
∴BB′＝2BO＝cm，
∴在Rt△BB'C中，B′C＝＝cm，
由题意可知四边形OEFB′是矩形，
∴EF＝OB′＝，
∴S△B′EC＝．

【点睛】
考察图形折叠变化及三角形内角和定理勾股定理和矩形性质综合运用．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称性质，折叠前后图形形状和大小不变，只是位置变化．

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．（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.

10．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．

11．(1)问题发现
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，试阐明理由；
(2)类比引申
如图2,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°,点E. F分别在边BC、CD上,∠EAF=45°，若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF=BE+DF；
(3)联想拓展
如图3,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°，猜想BD、DE、EC满足等量关系，并写出推理过程。

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
试题分析：（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重叠，证出△AFG≌△AFE，根据全等三角形性质得出EF=FG，即可得出答案；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重叠，证出△AFE≌△AFG，根据全等三角形性质得出EF=FG，即可得出答案；
（3）把△ACE旋转到ABF位置，连接DF，证明△AFE≌△AFG（SAS），则EF=FG，∠C=∠ABF=45°，△BDF是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断．
试题解析：(1)理由是：如图1，

∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90∘至△ADG，可使AB与AD重叠，如图1，
∵∠ADC=∠B=90∘，
∴∠FDG=180∘，点F. D. G共线，
则∠DAG=∠BAE，AE=AG，
∠FAG=∠FAD+∠GAD=∠FAD+∠BAE=90∘−45∘=45∘=∠EAF，
即∠EAF=∠FAG，
在△EAF和△GAF中，
AF=AF，∠EAF=∠GAF，AE=AG，
∴△AFG≌△AFE(SAS)，
∴EF=FG=BE+DF；
(2)∠B+∠D=180∘时，EF=BE+DF；
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90∘至△ADG，可使AB与AD重叠，如图2，

∴∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=90∘,∠EAF=45∘，
∴∠BAE+∠DAF=45∘，
∴∠EAF=∠FAG，
∵∠ADC+∠B=180∘，
∴∠FDG=180∘，点F. D. G共线，
在△AFE和△AFG中，
AE=AG，∠FAE=∠FAG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
即：EF=BE+DF，
故答案为：∠B+∠ADC=180∘；
(3)BD2+CE2=DE2.
理由是：把△ACE旋转到ABF位置，连接DF，

则∠FAB=∠CAE.
∵∠BAC=90∘,∠DAE=45∘，
∴∠BAD+∠CAE=45∘，
又∵∠FAB=∠CAE，
∴∠FAD=∠DAE=45∘，
则在△ADF和△ADE中，
AD=AD，∠FAD=∠DAE，AF=AE，
∴△ADF≌△ADE，
∴DF=DE,∠C=∠ABF=45∘，
∴∠BDF=90∘，
∴△BDF是直角三角形,
∴BD2+BF2=DF2，
∴BD2+CE2=DE2.

12．在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同步出发，以相似速度在直线DC，CB上移动．
（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF位置关系，并阐明理由；
（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB延长线上时，连接AE和DF，（1）中结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不须证明）
（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中结论还成立吗？请阐明理由；
（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动途径草图．若AD=2，试求出线段CP最小值．

【答案】（1）AE=DF，AE⊥DF；
（2）是；
（3）成立，理由见解析；
（4）CP=QC﹣QP=．
【解析】
试题分析：（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角余角相等可得AE⊥DF；
（2）是．四边形ABCD是正方形，因此AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，因此△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+∠ADF=90°，因此AE⊥DF；
（3）成立．由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角余角相等可得AE⊥DF；
（4）由于点P在运动中保持∠APD=90°，因此点P途径是一段以AD为直径弧，设AD中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP长度最小，再由勾股定理可得QC长，再求CP即可．
试题解析：（1）AE=DF，AE⊥DF．
理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°．
在△ADE和△DCF中，，∴△ADE≌△DCF（SAS）．
∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°．∴AE⊥DF；
（2）是；
（3）成立．
理由：由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF
延长FD交AE于点G，

则∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠ADG+∠DAE=90°．
∴AE⊥DF；
（4）如图：

由于点P在运动中保持∠APD=90°，∴点P途径是一段以AD为直径弧，
设AD中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP长度最小，
在Rt△QDC中，QC=，
∴CP=QC﹣QP=．
考点：四边形综合知识．

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．