备战中考数学易错题专题训练平行四边形练习题含答案解析.doc

-备战中考数学易错题专题训练-平行四边形练习题含答案解析

一、平行四边形
1．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

2．已知：在菱形ABCD中，E，F是BD上两点，且AE∥CF．
求证：四边形AECF是菱形．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
由菱形性质可得AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，由“SAS”可证△ADF≌△CDF，可得AF＝CF，由△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，由平行四边形判定和菱形判定可得四边形AECF是菱形．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是菱形
∴AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，
∵AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，DF＝DF
∴△ADF≌△CDF（SAS）
∴AF＝CF，
∵AB∥CD，AE∥CF
∴∠ABE＝∠CDF，∠AEF＝∠CFE
∴∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD
∴△ABE≌△CDF（AAS）
∴AE＝CF，且AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形
又∵AF＝CF，
∴四边形AECF是菱形
【点睛】
本题重要考察菱形判定定理，首先要判定其为平行四边形，这是菱形判定基本判定.

3．如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，E、F在菱形边BC，CD上．
（1）证明：BE=CF．
（2）当点E，F分别在边BC，CD上移动时（△AEF保持为正三角形），请探究四边形AECF面积与否发生变化？若不变，求出这个定值；假如变化，求出其最大值．
（3）在（2）状况下，请探究△CEF面积与否发生变化？若不变，求出这个定值；假如变化，求出其最大值．

【答案】(1)见解析；（2）；（3）见解析
【解析】
试题分析：（1）先求证AB=AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF；
（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；
（3）当正三角形AEF边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF面积会伴随AE变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF面积会最小，又根据S△CEF=S四边形AECF-S△AEF，则△CEF面积就会最大.
试题解析：（1）证明：连接AC，
∵∠1+∠2=60°，∠3+∠2=60°，
∴∠1=∠3，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=∠ADC=60°
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∴△ABC、△ACD为等边三角形
∴∠4=60°，AC=AB，
∴在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF．（ASA）
∴BE=CF．
（2）解：由（1）得△ABE≌△ACF，
则S△ABE=S△ACF．
故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，
是定值．
作AH⊥BC于H点，
则BH=2，
S四边形AECF=S△ABC
=
=
=；
（3）解：由“垂线段最短”可知，
当正三角形AEF边AE与BC垂直时，边AE最短．
故△AEF面积会伴随AE变化而变化，且当AE最短时，
正三角形AEF面积会最小，
又S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则△CEF面积就会最大．
由（2）得，S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF
=﹣=．

点睛：本题考察了菱形每一条对角线平分一组对角性质，考察了全等三角形证明和全等三角形对应边相等性质，考察了三角形面积计算，本题中求证△ABE≌△ACF是解题关键．

4．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．

5．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，40），直线AB：y＝x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH．
（1）求边EF长；
（2）将正方形EFGH沿射线FB方向以每秒个单位速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1一直与y轴垂直，设平移时间为t秒（t＞0）．
①当点F1移动到点B时，求t值；
②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE重叠部分面积．

【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120；
【解析】
【分析】
（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE直线解析式y=-x+40，可求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；
（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，t=10÷=10；
②F点移动到F'距离是t，F垂直x轴方向移动距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，=，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，，t=4，S=×(12+)×11=；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，=，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，＝＝，t=7，S=15×（15-7）=120.
【详解】
（1）设直线DE直线解析式y＝kx+b，
将点E（30，0），点D（0，40），
∴，
∴，
∴y＝﹣x+40，
直线AB与直线DE交点P（21，12），
由题意知F（30，15），
∴EF＝15；
（2）①易求B（0，5），
∴BF＝10，
∴当点F1移动到点B时，t＝10＝10；
②当点H运动到直线DE上时，

F点移动到F'距离是t，
在Rt△F'NF中，=，
∴FN＝t，F'N＝3t，
∵MH'＝FN＝t，
EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t，
在Rt△DMH'中，
，
∴，
∴t＝4，
∴EM＝3，MH'＝4，
∴S＝；
当点G运动到直线DE上时，

F点移动到F'距离是t，
∵PF＝3，
∴PF'＝t﹣3，
在Rt△F'PK中，
，
∴PK＝t﹣3，F'K＝3t﹣9，
在Rt△PKG'中，＝＝，
∴t＝7，
∴S＝15×（15﹣7）＝120.
【点睛】
本题考察一次函数图象及性质，正方形性质；掌握待定系数法求函数解析式，运用三角形正切值求边关系，运用勾股定理在直角三角形中建立边之间联络，精确确定阴影部分面积是解题关键．

6．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.

7．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.

8．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．

9．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．

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．（问题发现）
（1）如图（1）四边形ABCD中，若AB=AD，CB=CD，则线段BD，AC位置关系为　 　；
（拓展探究）
（2）如图（2）在Rt△ABC中，点F为斜边BC中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN形状，并阐明理由；
（处理问题）
（3）如图（3）在正方形ABCD中，AB=2，以点A为旋转中心将正方形ABCD旋转60°，得到正方形AB'C'D'，请直接写出BD'平方值．

【答案】（1）AC垂直平分BD；（2）四边形FMAN是矩形，理由见解析；（3）16+8或16﹣8
【解析】
【分析】
（1）根据点A在线段BD垂直平分线上，点C在线段BD垂直平分线上，即可得出AC垂直平分BD；
（2）根据Rt△ABC中，点F为斜边BC中点，可得AF=CF=BF，再根据等腰三角形ABD 和等腰三角形ACE，即可得到AD=DB，AE=CE，进而得出∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，即可判定四边形AMFN是矩形；
（3）分两种状况：①以点A为旋转中心将正方形ABCD逆时针旋转60°，②以点A为旋转中心将正方形ABCD顺时针旋转60°，分别根据旋转性质以及勾股定理，即可得到结论．
【详解】
（1）∵AB=AD，CB=CD，
∴点A在线段BD垂直平分线上，点C在线段BD垂直平分线上，
∴AC垂直平分BD，
故答案为：AC垂直平分BD；
（2）四边形FMAN是矩形．理由：
如图2，连接AF，

∵Rt△ABC中，点F为斜边BC中点，
∴AF=CF=BF，
又∵等腰三角形ABD 和等腰三角形ACE，
∴AD=DB，AE=CE，
∴由（1）可得，DF⊥AB，EF⊥AC，
又∵∠BAC=90°，
∴∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，
∴四边形AMFN是矩形；
（3）BD′平方为16+8或16﹣8．
分两种状况：
①以点A为旋转中心将正方形ABCD逆时针旋转60°，
如图所示：过D'作D'E⊥AB，交BA延长线于E，

由旋转可得，∠DAD'=60°，
∴∠EAD'=30°，
∵AB=2=AD'，
∴D'E=AD'=，AE=，
∴BE=2+，
∴Rt△BD'E中，BD'2=D'E2+BE2=（）2+（2+）2=16+8
②以点A为旋转中心将正方形ABCD顺时针旋转60°，
如图所示：过B作BF⊥AD'于F，

旋转可得，∠DAD'=60°，
∴∠BAD'=30°，
∵AB=2=AD'，
∴BF=AB=，AF=，
∴D'F=2﹣，
∴Rt△BD'F中，BD'2=BF2+D'F2=（）2+（2-）2=16﹣8
综上所述，BD′平方长度为16+8或16﹣8．
【点睛】
本题属于四边形综合题，重要考察了正方形性质，矩形判定，旋转性质，线段垂直平分线性质以及勾股定理综合运用，处理问题关键是作辅助线构造直角三角形，根据勾股定理进行计算求解．解题时注意：有三个角是直角四边形是矩形．

12．如图，抛物线交x轴正半轴于点A，点B（，a）在抛物线上，点C是抛物线对称轴上一点，连接AB、BC，以AB、BC为邻边作□ABCD，记点C纵坐标为n，
（1）求a值及点A坐标；
（2）当点D恰好落在抛物线上时，求n值；
（3）记CD与抛物线交点为E，连接AE，BE，当△AEB面积为7时，n=___________．（直接写出答案）

【答案】（1）， A（3，0）；（2）
【解析】
试题解析：（1）把点B坐标代入抛物线解析式中，即可求出a值，令y=0即可求出点A坐标．
（２）求出点D坐标即可求解；
（3）运用△AEB面积为7，列式计算即可得解.
试题解析：（1）当时，
由 ，得（舍去），（1分）
∴A（3，0）
（2）过D作DG⊥轴于G，BH⊥轴于H.

∵CD∥AB，CD=AB
∴，
∴，
∴
（3）

13．如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=60°，AH⊥BC于点H．动点E从点B出发，沿线段BC向点C以每秒2个单位长度速度运动．过点E作EF⊥AB，垂足为点F．点E出发后，以EF为边向上作等边三角形EFG，设点E运动时间为t秒，△EFG和△AHC重叠部分面积为S．
（1）CE= （含t代数式表达）．
（2）求点G落在线段AC上时t值．
（3）当S＞0时，求S与t之间函数关系式．
（4）点P在点E出发同步从点A出发沿A-H-A以每秒2个单位长度速度作往复运动，当点E停止运动时，点P随之停止运动，直接写出点P在△EFG内部时t取值范围．

【答案】（1）6-2t；（2）t=2；（3）当＜t≤2时，S=t2+t-3；当2＜t≤3时，S=-t2+t-；（4）＜t＜．
【解析】
试题分析:（1）由菱形性质得出BC=AB=6得出CE=BC-BE=6-2t即可；
（2）由菱形性质和已知条件得出△ABC是等边三角形，得出∠ACB=60°，由等边三角形性质和三角函数得出∠GEF=60°，GE=EF=BE•sin60°=t，证出∠GEC=90°，由三角函数求出CE==t，由BE+CE=BC得出方程，解方程即可；
（3）分两种状况：①当＜t≤2时，S=△EFG面积-△NFN面积，即可得出成果；
②当2＜t≤3时，由①成果容易得出结论；
（4）由题意得出t=时，点P与H重叠，E与H重叠，得出点P在△EFG内部时，t不等式，解不等式即可．
试题解析：（1）根据题意得：BE=2t，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=AB=6，
∴CE=BC-BE=6-2t；
（2）点G落在线段AC上时，如图1所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵△EFG是等边三角形，
∴∠GEF=60°，GE=EF=BE•sin60°=t，
∵EF⊥AB，
∴∠BEF=90°-60°=30°，
∴∠GEB=90°，
∴∠GEC=90°，
∴CE==t，
∵BE+CE=BC，
∴2t+t=6，
解得：t=2；
（3）分两种状况：①当＜t≤2时，如图2所示：

S=△EFG面积-△NFN面积=××（t）2-××（-+2）2=t2+t-3，
即S=t2+t-3；
当2＜t≤3时，如图3所示：

S=t2+t-3-（3t-6）2，
即S=-t2+t-；
（4）∵AH=AB•sin60°=6×=3，3÷2=，3÷2=，
∴t=时，点P与H重叠，E与H重叠，
∴点P在△EFG内部时，-＜（t-）×2＜t-（2t-3）+（2t-3），
解得：＜t＜；
即点P在△EFG内部时t取值范围为：＜t＜．
考点：四边形综合题．

14．如图，既有一张边长为4正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上一点（不与点A、点D重叠），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．

（1）求证：∠APB=∠BPH；
（2）当点P在边AD上移动时，求证：△PDH周长是定值；
（3）当BE+CF长取最小值时，求AP长．
【答案】（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）2．
【解析】
试题分析：（1）根据翻折变换性质得出∠PBC=∠BPH，进而运用平行线性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案；
（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；
（3）过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB，证明△EFM≌△BPA，设AP=x，运用折叠性质和勾股定理知识用x表达出BE和CF，结合二次函数性质求出最值．
试题解析：（1）解：如图1，

∵PE=BE，
∴∠EBP=∠EPB．
又∵∠EPH=∠EBC=90°，
∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．
即∠PBC=∠BPH．
又∵AD∥BC，
∴∠APB=∠PBC．
∴∠APB=∠BPH．
（2）证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．

由（1）知∠APB=∠BPH，
又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，
在△ABP和△QBP中，
，
∴△ABP≌△QBP（AAS），
∴AP=QP，AB=BQ，
又∵AB=BC，
∴BC=BQ．
又∠C=∠BQH=90°，BH=BH，
在△BCH和△BQH中，
，
∴△BCH≌△BQH（SAS），
∴CH=QH．
∴△PHD周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．
∴△PDH周长是定值．
（3）解：如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB．

又∵EF为折痕，
∴EF⊥BP．
∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，
∴∠EFM=∠ABP．
又∵∠A=∠EMF=90°，
在△EFM和△BPA中，
，
∴△EFM≌△BPA（AAS）．
∴EM=AP．
设AP=x
在Rt△APE中，（4-BE）2+x2=BE2．
解得BE=2+，
∴CF=BE-EM=2+-x，
∴BE+CF=-x+4=（x-2）2+3．
当x=2时，BE+CF取最小值，
∴AP=2．
考点：几何变换综合题．

15．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．