2025年备战中考数学平行四边形综合题含答案.doc

-备战中考数学 平行四边形 综合题含答案

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．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．

3．问题发现：
（）如图①，点为平行四边形内一点，请过点画一条直线，使其同步平分平行四边形面积和周长．
问题探究：
（）如图②，在平面直角坐标系中，矩形边、分别在轴、轴正半轴上，点 坐标为．已知点为矩形外一点，请过点画一条同步平分矩形面积和周长直线，阐明理由并求出直线，阐明理由并求出直线被矩形截得线段长度．
问题处理：
（）如图③，在平面直角坐标系中，矩形边、分别在轴、轴正半轴上，轴，轴，且，，点为五边形内一点．请问：与否存在过点直线，分别与边与交于点、，且同步平分五边形面积和周长?若存在，祈求出点和点坐标：若不存在，请阐明理由．

【答案】（1）作图见解析；（2），；（3），．
【解析】
试题分析：（1）连接AC、BD交于点O，作直线PO，直线PO将平行四边形ABCD面积和周长分别相等两部分．
（2）连接AC，BD交于点，过、P点直线将矩形ABCD面积和周长分为分别相等两部分．
（3）存在，直线平分五边形面积、周长．
试题解析：（）作图如下：

（）∵，，
∴设，
，，
∴，
交轴于，
交于，
．

（）存在，直线平分五边形面积、周长．
∵在直线上，
∴连交、于点、，
设，，
，，
∴直线，
联立，得，
∴，．

4．已知：如图，在平行四边形ABCD中，O为对角线BD中点，过点O直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF．
（1）求证：△DOE≌△BOF．
（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFDE为菱形？请阐明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）运用平行四边形性质以及全等三角形判定措施得出△DOE≌△BOF（ASA）；
（2）首先运用一组对边平行且相等四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而运用垂直平分线性质得出BE=ED，即可得出答案．
试题解析：（1）∵在▱ABCD中，O为对角线BD中点，
∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，
在△EOD和△FOB中
，
∴△DOE≌△BOF（ASA）；
（2）当∠DOE=90°时，四边形BFDE为菱形，
理由：∵△DOE≌△BOF，∴OE=OF，又∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形，
∵∠EOD=90°，∴EF⊥BD，∴四边形BFDE为菱形．

考点：平行四边形性质；全等三角形判定与性质；菱形判定．

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，ABCD是正方形，点G是BC上任意一点，DE⊥AG于E，BF∥DE，交AG于F．
求证：AF=BF+EF．

【答案】详见解析.
【解析】
【分析】
由四边形ABCD为正方形，可得出∠BAD为90°，AB=AD，进而得到∠BAG与∠EAD互余，又DE垂直于AG，得到∠EAD与∠ADE互余，根据同角余角相等可得出∠ADE=∠BAF，运用AAS可得出△ABF≌△DAE；运用全等三角对应边相等可得出BF=AE，由AF-AE=EF，等量代换可得证.
【详解】
∵ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠BAD=90°
∵DE⊥AG，
∴∠DEG=∠AED=90°
∴∠ADE+∠DAE=90°
又∵∠BAF+∠DAE=∠BAD=90°，
∴∠ADE=∠BAF．
∵BF∥DE，
∴∠AFB=∠DEG=∠AED．
在△ABF与△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（AAS）．
∴BF=AE．
∵AF=AE+EF，
∴AF=BF+EF．
点睛：此题考察了正方形性质，全等三角形判定与性质，矩形判定与性质，纯熟掌握判定与性质是解本题关键．

7．（1）如图1，将矩形折叠，使落在对角线上，折痕为，点落在点处，若，则度数为______.

（2）小明手中有一张矩形纸片，，.
（画一画）如图2，点在这张矩形纸片边上，将纸片折叠，使落在所在直线上，折痕设为（点，分别在边，上），运用直尺和圆规画出折痕（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清晰）；

（算一算）如图3，点在这张矩形纸片边上，将纸片折叠，使落在射线上，折痕为，点分别落在点，处，若，求长.

【答案】（1）21；（2）画一画；见解析；算一算：
【解析】
【分析】
（1）运用平行线性质以及翻折不变性即可处理问题；
（2）【画一画】，如图2中，延长BA交CE延长线由G，作∠BGC角平分线交AD于M，交BC于N，直线MN即为所求；
【算一算】首先求出GD=9-，由矩形性质得出AD∥BC，BC=AD=9，由平行线性质得出∠DGF=∠BFG，由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，证出∠DFG=∠DGF，由等腰三角形判定定理证出DF=DG=，再由勾股定理求出CF，可得BF，再运用翻折不变性，可知FB′=FB，由此即可处理问题．
【详解】
（1）如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=42°，
由翻折性质可知，∠DBE=∠EBC=∠DBC=21°，
故答案为21．
（2）【画一画】如图所示：

【算一算】
如3所示：

∵AG=，AD=9，
∴GD=9-，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，BC=AD=9，
∴∠DGF=∠BFG，
由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，
∴∠DFG=∠DGF，
∴DF=DG=，
∵CD=AB=4，∠C=90°，
∴在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF=，
∴BF=BC-CF=9，
由翻折不变性可知，FB=FB′=，
∴B′D=DF-FB′=.
【点睛】
四边形综合题，考察了矩形性质、翻折变换性质、勾股定理、等腰三角形判定、平行线性质等知识，解题关键是灵活运用所学知识处理问题，学会运用翻折不变性处理问题．

8．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．

9．定义：我们把三角形被一边中线提成两个三角形叫做“友好三角形”．
性质：假如两个三角形是“友好三角形”，那么这两个三角形面积相等．
理解：如图①，在△ABC中，CD是AB边上中线，那么△ACD和△BCD是“友好三角形”，并且S△ACD=S△BCD．
应用：如图②，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E在AD上，点F在BC上，AE=BF，AF与BE交于点O．
（1）求证：△AOB和△AOE是“友好三角形”；
（2）连接OD，若△AOE和△DOE是“友好三角形”，求四边形CDOF面积．
探究：在△ABC中，∠A=30°，AB=4，点D在线段AB上，连接CD，△ACD和△BCD是“友好三角形”，将△ACD沿CD所在直线翻折，得到△A′CD，若△A′CD与△ABC重叠部分面积等于△ABC面积，请直接写出△ABC面积．

【答案】（1）见解析；（2）12；探究：2或2．
【解析】
试题分析：（1）运用一组对边平行且相等四边形是平行四边形，得到四边形ABFE是平行四边形，然后根据平行四边形性质证得OE=OB，即可证得△AOE和△AOB是友好三角形；
（2）△AOE和△DOE是“友好三角形”，即可得到E是AD中点，则可以求得△ABE、△ABF面积，根据S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF即可求解．
探究：画出符合条件两种状况：①求出四边形A′DCB是平行四边形，求出BC和A′D推出∠ACB=90°，根据三角形面积公式求出即可；②求出高CQ，求出△A′DC面积．即可求出△ABC面积．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∵AE=BF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴OE=OB，
∴△AOE和△AOB是友好三角形．
（2）∵△AOE和△DOE是友好三角形，
∴S△AOE=S△DOE，AE=ED=AD=3，
∵△AOB与△AOE是友好三角形，
∴S△AOB=S△AOE，
∵△AOE≌△FOB，
∴S△AOE=S△FOB，
∴S△AOD=S△ABF，
∴S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF=4×6-2××4×3=12．
探究：
解：分为两种状况：①如图1，

∵S△ACD=S△BCD．
∴AD=BD=AB，
∵沿CD折叠A和A′重叠，
∴AD=A′D=AB=×4=2，
∵△A′CD与△ABC重叠部分面积等于△ABC面积，
∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC，
∴DO=OB，A′O=CO，
∴四边形A′DCB是平行四边形，
∴BC=A′D=2，
过B作BM⊥AC于M，
∵AB=4，∠BAC=30°，
∴BM=AB=2=BC，
即C和M重叠，
∴∠ACB=90°，
由勾股定理得：AC=，
∴△ABC面积是×BC×AC=×2×2=2；
②如图2，

∵S△ACD=S△BCD．
∴AD=BD=AB，
∵沿CD折叠A和A′重叠，
∴AD=A′D=AB=×4=2，
∵△A′CD与△ABC重叠部分面积等于△ABC面积，
∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC，
∴DO=OA′，BO=CO，
∴四边形A′BDC是平行四边形，
∴A′C=BD=2，
过C作CQ⊥A′D于Q，
∵A′C=2，∠DA′C=∠BAC=30°，
∴CQ=A′C=1，
∴S△ABC=2S△ADC=2S△A′DC=2××A′D×CQ=2××2×1=2；
即△ABC面积是2或2．
考点：四边形综合题．

10．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．

11．问题探究
（1）如图①，已知正方形ABCD边长为4．点M和N分别是边BC、CD上两点，且BM＝CN，连接AM和BN，交于点P．猜想AM与BN位置关系，并证明你结论．
（2）如图②，已知正方形ABCD边长为4．点M和N分别从点B、C同步出发，以相似速度沿BC、CD方向向终点C和D运动．连接AM和BN，交于点P，求△APB周长最大值；
问题处理
（3）如图③，AC为边长为2菱形ABCD对角线，∠ABC＝60°．点M和N分别从点B、C同步出发，以相似速度沿BC、CA向终点C和A运动．连接AM和BN，交于点P．求△APB周长最大值．

【答案】（1）AM⊥BN，证明见解析；（2）△APB周长最大值4+4；（3）△PAB周长最大值=2+4．
【解析】
试题分析：根据全等三角形判定SAS证明△ABM≌△BCN，即可证得AM⊥BN；
（2）如图②，以AB为斜边向外作等腰直角△AEB，∠AEB=90°，作EF⊥PA于E，作EG⊥PB于G，连接EP，证明PA+PB=2EF，求出EF最大值即可；
（3）如图③，延长DA到K，使得AK=AB，则△ABK是等边三角形，连接PK，取PH=PB，证明PA+PB=PK，求出PK最大值即可.
试题解析：（1）结论：AM⊥BN．
理由：如图①中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABM=∠BCN=90°，
∵BM=CN，
∴△ABM≌△BCN，
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠CBN+∠ABN=90°，
∴∠ABN+∠BAM=90°，
∴∠APB=90°，
∴AM⊥BN．
（2）如图②中，以AB为斜边向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB=90°，作EF⊥PA于E，作EG⊥PB于G，连接EP．

∵∠EFP=∠FPG=∠G=90°，
∴四边形EFPG是矩形，
∴∠FEG=∠AEB=90°，
∴∠AEF=∠BEG，
∵EA=EB，∠EFA=∠G=90°，
∴△AEF≌△BEG，
∴EF=EG，AF=BG，
∴四边形EFPG是正方形，
∴PA+PB=PF+AF+PG﹣BG=2PF=2EF，
∵EF≤AE，
∴EF最大值=AE=2，
∴△APB周长最大值=4+4．
（3）如图③中，延长DA到K，使得AK=AB，则△ABK是等边三角形，连接PK，取PH=PB．

∵AB=BC，∠ABM=∠BCN，BM=CN，
∴△ABM≌△BCN，
∴∠BAM=∠CBN，
∴∠APN=∠BAM+∠ABP=∠CBN+∠ABN=60°，
∴∠APB=120°，
∵∠AKB=60°，
∴∠AKB+∠APB=180°，
∴A、K、B、P四点共圆，
∴∠BPH=∠KAB=60°，
∵PH=PB，
∴△PBH是等边三角形，
∴∠KBA=∠HBP，BH=BP，
∴∠KBH=∠ABP，∵BK=BA，
∴△KBH≌△ABP，
∴HK=AP，
∴PA+PB=KH+PH=PK，
∴PK值最大时，△APB周长最大，
∴当PK是△ABK外接圆直径时，PK值最大，最大值为4，
∴△PAB周长最大值=2+4．

12．如图1，矩形ABCD中，AB=8，AD=6；点E是对角线BD上一动点，连接CE，作EF⊥CE交AB边于点F，以CE和EF为邻边作矩形CEFG，作其对角线相交于点H．
（1）①如图2，当点F与点B重叠时，CE=　　，CG=　　；
②如图3，当点E是BD中点时，CE=　　，CG=　　；
（2）在图1，连接BG，当矩形CEFG伴随点E运动而变化时，猜想△EBG形状？并加以证明；
（3）在图1，值与否会发生变化？若不变，求出它值；若变化，阐明理由；
（4）在图1，设DE长为x，矩形CEFG面积为S，试求S有关x函数关系式，并直接写出x取值范围．

【答案】（1）， ，5， ；（2）△EBG是直角三角形，理由详见解析；（3） ；（4）S=x2﹣x+48（0≤x≤）．
【解析】
【分析】
（1）①运用面积法求出CE，再运用勾股定理求出EF即可；②运用直角三角形斜边中线定理求出CE，再运用相似三角形性质求出EF即可；
（2）根据直角三角形判定措施：假如一种三角形一边上中线等于这条边二分之一，则这个三角形是直角三角形即可判断；
（3）只要证明△DCE∽△BCG，即可处理问题；
（4）运用相似多边形性质构建函数关系式即可；
【详解】
（1）①如图2中，

在Rt△BAD中，BD==10，
∵S△BCD=•CD•BC=•BD•CE，
∴CE=．CG=BE=．
②如图3中，过点E作MN⊥AM交AB于N，交CD于M．

∵DE=BE，
∴CE=BD=5，
∵△CME∽△ENF，
∴，
∴CG=EF=，
（2）结论：△EBG是直角三角形．
理由：如图1中，连接BH．

在Rt△BCF中，∵FH=CH，
∴BH=FH=CH，
∵四边形EFGC是矩形，
∴EH=HG=HF=HC，
∴BH=EH=HG，
∴△EBG是直角三角形．
（3）F如图1中，∵HE=HC=HG=HB=HF，
∴C、E、F、B、G五点共圆，
∵EF=CG，
∴∠CBG=∠EBF，
∵CD∥AB，
∴∠EBF=∠CDE，
∴∠CBG=∠CDE，
∵∠DCB=∠ECG=90°，
∴∠DCE=∠BCG，
∴△DCE∽△BCG，
∴．
（4）由（3）可知：
，
∴矩形CEFG∽矩形ABCD，
∴，
∵CE2=（-x）2+）2，S矩形ABCD=48，
∴S矩形CEFG= [（-x）2+（）2].
∴矩形CEFG面积S=x2-x+48（0≤x≤）．
【点睛】
本题考察相似三角形综合题、矩形性质、相似三角形判定和性质、勾股定理、直角三角形判定和性质、相似多边形性质和判定等知识，解题关键是灵活运用所学知识处理问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形或直角三角形处理问题，属于中考压轴题．

13．如图1所示，（1）在正三角形ABC中，M是BC边（不含端点B、C）上任意一点，P是BC延长线上一点，N是∠ACP平分线上一点，若∠AMN=60°，求证：AM=MN．
（2）若将（1）中“正三角形ABC”改为“正方形ABCD”，N是∠DCP平分线上一点，若∠AMN=90°，则AM=MN与否成立？若成立，请证明；若不成立，阐明理由．
（3）若将（2）中“正方形ABCD”改为“正n边形A1A2…An“，其他条件不变，请你猜想：当∠An﹣2MN=_____°时，结论An﹣2M=MN仍然成立．（不规定证明）

【答案】
【解析】
分析：（1）要证明AM=MN，可证AM与MN所在三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，运用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形对应边成比例得出AM=MN．
（2）同（1），要证明AM=MN，可证AM与MN所在三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，运用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形对应边成比例得出AM=MN．
详（1）证明：在边AB上截取AE=MC，连接ME．

在正△ABC中，∠B=∠BCA=60°，AB=BC．
∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAE，
BE=AB-AE=BC-MC=BM，
∴∠BEM=60°，∴∠AEM=120°．
∵N是∠ACP平分线上一点，
∴∠ACN=60°，∴∠MCN=120°．
在△AEM与△MCN中，∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN，
∴△AEM≌△MCN（ASA），
∴AM=MN．
（2）解：结论成立；
理由：在边AB上截取AE=MC，连接ME．

∵正方形ABCD中，∠B=∠BCD=90°，AB=BC．
∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAB=∠MAE，
BE=AB-AE=BC-MC=BM，
∴∠BEM=45°，∴∠AEM=135°．
∵N是∠DCP平分线上一点，
∴∠NCP=45°，∴∠MCN=135°．
在△AEM与△MCN中，∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN，
∴△AEM≌△MCN（ASA），
∴AM=MN．
（3）由（1）（2）可知当∠An-2MN等于n边形内角时，结论An-2M=MN仍然成立；
即∠An-2MN=时，结论An-2M=MN仍然成立；
故答案为[]．
点睛：本题综合考察了正方形、等边三角形性质及全等三角形判定，同步考察了学生归纳能力及分析、处理问题能力．难度较大．

14．数学活动课上，老师给出如下问题：如图，将等腰直角三角形纸片沿斜边上高AC剪开，得到等腰直角三角形△ABC与△EFD，将△EFD直角顶点在直线BC上平移，在平移过程中，直线AC与直线DE交于点Q，让同学们探究线段BQ与AD数量关系和位置关系．
请你阅读下面交流信息，处理所提出问题．
展示交流：
小敏：满足条件图形如图甲所示图形，延长BQ与AD交于点H．我们可以证明△BCQ≌△ACD，从而易得BQ=AD，BQ⊥AD．
小慧：根据图甲，当点F在线段BC上时，我们可以验证小慧说法是对．但当点F在线段CB延长线上（如图乙）或线段CB反向延长线上（如图丙）时，我对小慧说法对性表达怀疑．
（1）请你协助小慧进行分析，小敏结论在图乙、图丙中与否成立？请阐明理由．
（选择图乙或图丙一种状况阐明即可）．

（2）小慧思考问题方式中，蕴含数学思想是 ．
拓展延伸：
根据你上面选择图形，分别取AB、BD、DQ、AQ中点M、N、P、T．则四边形MNPT是什么样特殊四边形？请阐明理由．

【答案】成立；分类讨论思想；正方形.
【解析】
试题分析：运用等腰直角三角形性质结合全等三角形判定与性质得出BQ=AD，BQ⊥AD；运用已知条件分类得出，体现数学中分类讨论思想，
拓展延伸：运用三角形中位线定理结合正方形判定措施，首先得出四边形MNPT是平行四边形进而得出它是菱形，再求出一种内角是90°，即可得出答案．
试题解析：(1)、成立，
理由：如图乙：由题意可得：∠FDE=∠QDC=∠ABC=∠BAC=45°， 则DC=QC，AC=BC，
在△ADC和△BQC中 ∵， ∴△ADC≌△BQC（SAS）， ∴AD=BQ，∠DAC=∠QBC，
延长AD交BQ于点F， 则∠ADC=∠BDF， ∴∠BFD=∠ACD=90°， ∴AD⊥BQ；
(2)、小慧思考问题方式中，蕴含数学思想是：分类讨论思想；
拓展延伸：四边形MNPT是正方形，
理由：∵取AB、BD、DQ、AQ中点M、N、P、T， ∴MNAD，TPAD， ∴MNTP，
∴四边形MNPT是平行四边形， ∵NPBQ，BQ=AD， ∴NP=MN， ∴平行四边形MNPT是菱形，
又∵AD⊥BQ，NP∥BQ，MN∥AD， ∴∠MNP=90°， ∴四边形MNPT是正方形．

考点： 几何变换综合题

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．