2025年备战中考数学平行四边形培优易错难题练习含答案.doc

备战中考数学 平行四边形 培优 易错 难题练习(含答案)

一、平行四边形
1．如图1，正方形ABCD一边AB在直尺一边所在直线MN上，点O是对角线AC、BD交点，过点O作OE⊥MN于点E．

（1）如图1，线段AB与OE之间数量关系为　 　．（请直接填结论）
（2）保证点A一直在直线MN上，正方形ABCD绕点A旋转θ（0＜θ＜90°），过点 B作BF⊥MN于点F．
①如图2，当点O、B两点均在直线MN右侧时，试猜想线段AF、BF与OE之间存在怎样数量关系？请阐明理由．
②如图3，当点O、B两点分别在直线MN两侧时，此时①中结论与否仍然成立呢？若成立，请直接写出结论；若不成立，请写出变化后结论并证明．
③当正方形ABCD绕点A旋转到如图4位置时，线段AF、BF与OE之间数量关系为　 　．（请直接填结论）
【答案】（1）AB=2OE；（2）①AF+BF=2OE,证明见解析;②AF﹣BF=2OE 证明见解析;③BF﹣AF=2OE，
【解析】
试题分析：（1）运用直角三角形斜边中线等于斜边二分之一即可得出结论；
（2）①过点B作BH⊥OE于H，可得四边形BHEF是矩形，根据矩形对边相等可得EF=BH，BF=HE，根据正方形对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后运用“角角边”证明△AOE和△OBH全等，根据全等三角形对应边相等可得OH=AE，OE=BH，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；
②过点B作BH⊥OE交OE延长线于H，可得四边形BHEF是矩形，根据矩形对边相等可得EF=BH，BF=HE，根据正方形对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后运用“角角边”证明△AOE和△OBH全等，根据全等三角形对应边相等可得OH=AE，OE=BH，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；
③同②措施可证．
试题解析：（1）∵AC，BD是正方形对角线，
∴OA=OC=OB，∠BAD=∠ABC=90°，
∵OE⊥AB，
∴OE=AB，
∴AB=2OE，
（2）①AF+BF=2OE
证明：如图2，过点B作BH⊥OE于点H

∴∠BHE=∠BHO=90°
∵OE⊥MN，BF⊥MN
∴∠BFE=∠OEF=90°
∴四边形EFBH为矩形
∴BF=EH，EF=BH
∵四边形ABCD为正方形
∴OA=OB，∠AOB=90°
∴∠AOE+∠HOB=∠OBH+∠HOB=90°
∴∠AOE=∠OBH
∴△AEO≌△OHB（AAS）
∴AE=OH，OE=BH
∴AF+BF=AE+EF+BF=OH+BH+EH=OE+OE=2OE．
②AF﹣BF=2OE
证明：如图3，延长OE，过点B作BH⊥OE于点H

∴∠EHB=90°
∵OE⊥MN，BF⊥MN
∴∠AEO=∠HEF=∠BFE=90°
∴四边形HBFE为矩形
∴BF=HE，EF=BH
∵四边形ABCD是正方形
∴OA=OB，∠AOB=90°
∴∠AOE+∠BOH=∠OBH+∠BOH
∴∠AOE=∠OBH
∴△AOE≌△OBH（AAS）
∴AE=OH，OE=BH，
∴AF﹣BF
=AE+EF﹣HE=OH﹣HE+OE=OE+OE=2OE
③BF﹣AF=2OE，
如图4，作OG⊥BF于G，则四边形EFGO是矩形，

∴EF=GO，GF=EO，∠GOE=90°，
∴∠AOE+∠AOG=90°．
在正方形ABCD中，OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠AOG+∠BOG=90°，
∴∠AOE=∠BOG．
∵OG⊥BF，OE⊥AE，
∴∠AEO=∠BGO=90°．
∴△AOE≌△BOG（AAS），
∴OE=OG，AE=BG，
∵AE﹣EF=AF，EF=OG=OE，AE=BG=AF+EF=OE+AF，
∴BF﹣AF=BG+GF﹣（AE﹣EF）=AE+OE﹣AE+EF=OE+OE=2OE，
∴BF﹣AF=2OE．

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．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．

4．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.

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．（问题情境）在△ABC中，AB＝AC，点P为BC所在直线上任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．当P在BC边上时（如图1），求证：PD+PE＝CF．
证明思绪是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC面积可以证得：PD+PE＝CF．（不要证明）
（变式探究）（1）当点P在CB延长线上时，其他条件不变（如图3），试探索PD、PE、CF之间数量关系并阐明理由；
请运用上述解答中所积累经验和措施完毕下列两题：
（结论运用）（2）如图4，将长方形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD＝16，CF＝6，求PG+PH值．
（迁移拓展）（3）在直角坐标系中，直线l1：y＝-x+8与直线l2：y＝﹣2x+8相交于点A，直线l1、l2与x轴分别交于点B、点C．点P是直线l2上一种动点，若点P到直线l1距离为2．求点P坐标．

【答案】【变式探究】证明见解析【结论运用】8【迁移拓展】（﹣1，6），（1，10）
【解析】
【变式探究】
连接AP，同理运用△ABP与△ACP面积之差等于△ABC面积可以证得；
【结论运用】
过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，根据勾股定理和矩形性质解答即可；
【迁移拓展】
分两种状况，运用结论，求得点P到x轴距离，再运用待定系数法可求出P坐标．
【详解】
变式探究:连接AP，如图3：

∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，且S△ABC＝S△ACP﹣S△ABP，
∴AB•CF＝AC•PE﹣ AB•PD．
∵AB＝AC，
∴CF＝PD﹣PE；
结论运用:过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图④，

∵四边形ABCD是长方形，
∴AD＝BC，∠C＝∠ADC＝90°．
∵AD＝16，CF＝6，
∴BF＝BC﹣CF＝AD﹣CF＝5，
由折叠可得：DF＝BF，∠BEF＝∠DEF．
∴DF＝5．
∵∠C＝90°，
∴DC＝＝8．
∵EQ⊥BC，∠C＝∠ADC＝90°，
∴∠EQC＝90°＝∠C＝∠ADC．
∴四边形EQCD是长方形．
∴EQ＝DC＝4．
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB．
∵∠BEF＝∠DEF，
∴∠BEF＝∠EFB．
∴BE＝BF，
由问题情境中结论可得：PG+PH＝EQ．
∴PG+PH＝8．
∴PG+PH值为8；
迁移拓展:如图，

由题意得：A（0，8），B（6，0），C（﹣4，0）
∴AB＝＝10，BC＝10．
∴AB＝BC，
（1）由结论得：P1D1+P1E1＝OA＝8
∵P1D1＝1＝2，
∴P1E1＝6 即点P1纵坐标为6
又点P1在直线l2上，
∴y＝2x+8＝6，
∴x＝﹣1，
即点P1坐标为（﹣1，6）；
（2）由结论得：P2E2﹣P2D2＝OA＝8
∵P2D2＝2，
∴P2E2＝10 即点P1纵坐标为10
又点P1在直线l2上，
∴y＝2x+8＝10，
∴x＝1，
即点P1坐标为（1，10）
【点睛】
本题考察了矩形性质与判定、等腰三角形性质与判定及勾股定理等知识点，运用面积法列出等式是处理问题关键．

7．正方形ABCD，点E在边BC上，点F在对角线AC上，连AE．
(1)如图1，连EF，若EF⊥AC，4AF＝3AC，AB＝4，求△AEF周长；
(2)如图2，若AF＝AB，过点F作FG⊥AC交CD于G，点H在线段FG上(不与端点重叠)，连AH．若∠EAH＝45°，
求证：EC＝HG+FC．

【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由正方形性质得出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，得出AC＝AB＝4，求出AF＝3，CF＝AC﹣AF＝，求出△CEF是等腰直角三角形，得出EF＝CF＝，CE＝CF＝2，在Rt△AEF中，由勾股定理求出AE，即可得出△AEF周长；
（2）延长GF交BC于M，连接AG，则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，得出CM＝CG，CG＝CF，证出BM＝DG，证明Rt△AFG≌Rt△ADG得出FG＝DG，BM＝FG，再证明△ABE≌△AFH，得出BE＝FH，即可得出结论．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，
∴AC＝AB＝4，
∵4AF＝3AC＝12，
∴AF＝3，
∴CF＝AC﹣AF＝，
∵EF⊥AC，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF＝CF＝，CE＝CF＝2，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE＝，
∴△AEF周长＝AE+EF+AF＝；
（2）证明：延长GF交BC于M，连接AG，如图2所示：

则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，
∴CM＝CG，CG＝CF，
∴BM＝DG，
∵AF＝AB，
∴AF＝AD，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴FG＝DG，∴BM＝FG，
∵∠BAC＝∠EAH＝45°，
∴∠BAE＝∠FAH，
∵FG⊥AC，
∴∠AFH＝90°，
在△ABE和△AFH中，
，
∴△ABE≌△AFH（ASA），
∴BE＝FH，
∵BM＝BE+EM，FG＝FH+HG，
∴EM＝HG，
∵EC＝EM+CM，CM＝CG＝CF，
∴EC＝HG+FC．
【点睛】
本题考察了正方形性质、全等三角形判定与性质、等腰直角三角形判定与性质、勾股定理等知识；纯熟掌握等腰直角三角形判定与性质，证明三角形全等是解题关键．

8．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．

9．△ABC为等边三角形，．．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若是角平分线，连接，找出图中所有等腰三角形．

【答案】(1)证明见解析；(2)图中等腰三角形有△ABC，△BDC，△ABD，△ADF，△ADC，△ADE．
【解析】
【分析】
（1）先求证BD∥AF，证明四边形ABDF是平行四边形，再运用有一组邻边相等平行四边形是菱形即可证明；（2）先运用BD平分∠ABC，得到BD垂直平分线段AC，进而证明△DAC是等腰三角形，根据BD⊥AC,AF⊥AC，找到角度之间关系,证明△DAE是等腰三角形，进而得到BC＝BD＝BA＝AF＝DF，即可解题,见详解.
【详解】
(1)如图1中，∵∠BCD＝∠BDC，
∴BC＝BD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，
∵AB＝AF，
∴BD＝AF，
∵∠BDC＝∠AEC，
∴BD∥AF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABDF是菱形．
(2)解：如图2中，∵BA＝BC，BD平分∠ABC，
∴BD垂直平分线段AC，
∴DA＝DC，
∴△DAC是等腰三角形，
∵AF∥BD，BD⊥AC
∴AF⊥AC，
∴∠EAC＝90°，
∵∠DAC＝∠DCA，∠DAC+∠DAE＝90°，∠DCA+∠AEC＝90°，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴DA＝DE，
∴△DAE是等腰三角形，
∵BC＝BD＝BA＝AF＝DF，
∴△BCD，△ABD，△ADF都是等腰三角形，
综上所述，图中等腰三角形有△ABC，△BDC，△ABD，△ADF，△ADC，△ADE．

【点睛】
本题考察菱形判定，等边三角形性质，等腰三角形判定等知识，属于中考常考题型，纯熟掌握等腰三角形性质是解题关键．

10．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．

11．在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，现将纸片折叠，使点D与点B重叠，折痕为EF，连接DF．
（1）阐明△BEF是等腰三角形；
（2）求折痕EF长．

【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据折叠得出∠DEF=∠BEF，根据矩形性质得出AD∥BC，求出∠DEF=∠BFE，求出∠BEF=∠BFE即可；
（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，根据矩形性质得出EM=AB=6，AE=BM，根据折叠得出DE=BE，根据勾股定理求出DE、在Rt△EMF中，由勾股定理求出即可．
【详解】
（1）∵现将纸片折叠，使点D与点B重叠，折痕为EF，∴∠DEF=∠BEF．
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∴∠BEF=∠BFE，∴BE=BF，即△BEF是等腰三角形；
（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，因此EM=AB=6，AE=BM．
∵现将纸片折叠，使点D与点B重叠，折痕为EF，∴DE=BE，DO=BO，BD⊥EF．
∵四边形ABCD是矩形，BC=8，∴AD=BC=8，∠BAD=90°．
在Rt△ABE中，AE2+AB2=BE2，即（8﹣BE）2+62=BE2，解得：BE==DE=BF，AE=8﹣DE=8﹣==BM，∴FM=﹣=．
在Rt△EMF中，由勾股定理得：EF==．
故答案为：．

【点睛】
本题考察了折叠性质和矩形性质、勾股定理等知识点，能熟记折叠性质是解答此题关键．

12．（1）问题发现：
如图①，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB位置关系为　 　；
（2）深入探究：
如图②，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C一点，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠ABC=∠AMN，AM=MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN数量关系，并阐明理由；
（3）拓展延伸：
如图③，在正方形ADBC中，AD=AC，点M为BC边上异于B、C一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF中点，连接CN，若BC=10，CN=，试求EF长．

【答案】（1）NC∥AB；理由见解析；（2）∠ABC=∠ACN；理由见解析；（3）；
【解析】
分析：（1）根据△ABC，△AMN为等边三角形，得到AB=AC，AM=AN且∠BAC=∠MAN=60°从而得到∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM，即∠BAM=∠CAN，证明△BAM≌△CAN，即可得到BM=CN．
（2）根据△ABC，△AMN为等腰三角形，得到AB：BC=1：1且∠ABC=∠AMN，根据相似三角形性质得到，运用等腰三角形性质得到∠BAC=∠MAN，根据相似三角形性质即可得到结论；
（3）如图3，连接AB，AN，根据正方形性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，根据相似三角形性质得出，得到BM=2，CM=8，再根据勾股定理即可得到答案．
详解：（1）NC∥AB，理由如下：
∵△ABC与△MN是等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAM=∠CAN，
在△ABM与△ACN中，
，
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴∠B=∠ACN=60°，
∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，
∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，
∴CN∥AB；
（2）∠ABC=∠ACN，理由如下：
∵=1且∠ABC=∠AMN，
∴△ABC～△AMN
∴，
∵AB=BC，
∴∠BAC=（180°﹣∠ABC），
∵AM=MN
∴∠MAN=（180°﹣∠AMN），
∵∠ABC=∠AMN，
∴∠BAC=∠MAN，
∴∠BAM=∠CAN，
∴△ABM～△ACN，
∴∠ABC=∠ACN；
（3）如图3，连接AB，AN，
∵四边形ADBC，AMEF为正方形，
∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，
∴∠BAC﹣∠MAC=∠MAN﹣∠MAC
即∠BAM=∠CAN，
∵，
∴，
∴△ABM～△ACN
∴，
∴=cos45°=，
∴，
∴BM=2，
∴CM=BC﹣BM=8，
在Rt△AMC，
AM=，
∴EF=AM=2．

点睛：本题是四边形综合题目，考察了正方形性质、等边三角形性质、等腰三角形性质、全等三角形性质定理和判定定理、相似三角形性质定理和判定定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是处理问题关键．

13．如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC顶点A在x轴正半轴上，OA=4，OC=2，点D、E、F、G分别为边OA、AB、BC、CO中点，连结DE、EF、FG、GD．
（1）若点C在y轴正半轴上，当点B坐标为（2，4）时，判断四边形DEFG形状，并阐明理由.
（2）若点C在第二象限运动，且四边形DEFG为菱形时，求点四边形OABC对角线OB长度取值范围.
（3）若在点C运动过程中，四边形DEFG一直为正方形，当点C从X轴负半轴通过Y轴正半轴，运动至X轴正半轴时，直接写出点B运动途径长.

【答案】（1）正方形（2）（3）2π
【解析】
分析:（1）连接OB，AC，阐明OB⊥AC，OB=AC，可得四边形DEFG是正方形.
（2）由四边形DEFG是菱形，可得OB=AC，当点C在y轴上时，AC=，当点C在x轴上时，AC=6, 故可得结论；
（3）根据题意计算弧长即可.
详解：（1）正方形，如图1，证明连接OB，AC，阐明OB⊥AC，OB=AC，可得四边形DEFG是正方形.
（2）
如图2，由四边形DEFG是菱形，可得OB=AC，当点C在y轴上时，AC=，当点C在x轴上时，AC=6, ∴ ；
（3）2π.
如图3，当四边形DEFG是正方形时，OB⊥AC，且OB=AC，构造△OBE≌△ACO，可得B点在以E（0，4）为圆心，2为半径圆上运动.
因此当C点从x轴负半轴到正半轴运动时，B点运动途径为2 .

图1 图2 图3
点睛：本题重要考察了正方形判定，菱形性质以及弧长计算.灵活运用正方形判定定理和菱形性质运用是解题关键.

14．如图，P是边长为1正方形ABCD对角线BD上一动点（P与B、D不重叠），∠APE=90°，且点E在BC边上，AE交BD于点F．
（1）求证：①△PAB≌△PCB；②PE=PC；
（2）在点P运动过程中，值与否变化？若不变，求出它值；若变化，请阐明理由；
（3）设DP=x，当x为何值时，AE∥PC，并判断此时四边形PAFC形状．

【答案】（1）见解析；
（2）；
（3）x=﹣1；四边形PAFC是菱形．
【解析】
试题分析：（1）根据四边形ABCD是正方形，得出AB=BC，∠ABP=∠CBP°，再根据PB=PB，即可证出△PAB≌△PCB，
②根据∠PAB+∠PEB=180°，∠PEC+∠PEB=180°，得出∠PEC=∠PCB，从而证出PE=PC；
（2）根据PA=PC，PE=PC，得出PA=PE，再根据∠APE=90°，得出∠PAE=∠PEA=45°，即可求出；
（3）先求出∠CPE=∠PEA=45°，从而得出∠PCE，再求出∠BPC即可得出∠BPC=∠PCE，从而证出BP=BC=1，x=﹣1，再根据AE∥PC，得出∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB得出∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，从而证出AF=AP=PC，得出答案．
试题解析：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABP=∠CBP=∠ABC=45°．
∵PB=PB，∴△PAB≌△PCB （SAS）．
②由△PAB≌△PCB可知，∠PAB=∠PCB．∵∠ABE=∠APE=90°，∴∠PAB+∠PEB=180°，
又∵∠PEC+∠PEB=180°，∴∠PEC=∠PAB=∠PCB，∴PE=PC．
（2）在点P运动过程中，值不变化．
由△PAB≌△PCB可知，PA=PC．
∵PE=PC，
∴PA=PE，
又∵∠APE=90°，
∴△PAE是等腰直角三角形，∠PAE=∠PEA=45°，∴=．
（3）∵AE∥PC，∴∠CPE=∠PEA=45°，∴在△PEC中，∠PCE=∠PEC=（180°﹣45°）=67.5°．
在△PBC中，∠BPC=（180°﹣∠CBP﹣∠PCE）=（180°﹣45°﹣67.5°）=67.5°．
∴∠BPC=∠PCE=67.5°，∴BP=BC=1，∴x=BD﹣BP=﹣1．∵AE∥PC，
∴∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB可知，∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，
∴∠AFP=∠BPA，∴AF=AP=PC，∴四边形PAFC是菱形．

考点：四边形综合题．

15．如图1，在菱形ABCD中，ABC=60°，若点E在AB延长线上，EF∥AD，EF=BE，点P是DE中点，连接FP并延长交AD于点G．

（1）过D作DHAB,垂足为H，若DH=，BE=AB,求DG长；
（2）连接CP，求证：CPFP；
（3）如图2，在菱形ABCD中，ABC=60°，若点E在CB延长线上运动，点F在AB延长线上运动，且BE=BF，连接DE,点P为DE中点，连接FP、CP，那么第（2）问结论成立吗？若成立，求出值；若不成立，请阐明理由．
【答案】（1）1；（2）见解析；（3）．
【解析】
试题分析：（1）根据菱形得出DA∥BC，CD=CB，∠CDG=∠CBA=60°，则∠DAH=∠ABC=60°，根据DH⊥AB得出∠DHA=90°，根据Rt△ADH正弦值得出AD长度，然后得出BE长度，然后证明△PDG≌△PEF，得出DG=EF，根据EF∥AD，AD∥BC得出EF∥BC，则阐明△BEF为正三角形，从而得出DG长度；（2）连接CG、CF，根据△PDG≌△PEF得出PG=PF，然后证明△CDG≌△CBF，从而得到CG=CF，根据PG=PF得出垂直；（3）过D作EF平行线，交FP延长于点G，连接CG、CF证△PEF≌△PDG，然后证明△CDG≌△CBF，从而得出∠GCE=120°，根据Rt△CPF求出比值．
试题解析：（1）解：∵四边形ABCD为菱形 ∴DA∥BC CD="CB" ∠CDG=∠CBA=60° ∴∠DAH=∠ABC=60°
∵DH⊥AB ∴∠DHA=90° 在Rt△ADH中 sin∠DAH=∴AD=
∴BE=AB=×4=1 ∵EF∥AD ∴∠PDG=∠PEB ∵P为DE中点 ∴PD=PE
∵∠DPG=∠EPF ∴△PDG≌△PEF ∴DG=EF ∵EF∥AD AD∥BC ∴EF∥BC
∴∠FEB=∠CBA=60° ∵BE=EF ∴△BEF为正三角形 ∴EF=BE=1 ∴DG=EF=1
、证明：连接CG、CF

由（1）知 △PDG≌△PEF ∴PG=PF
在△CDG与△CBF中 易证：∠CDG=∠CBF=60° CD=CB BF=EF=DG ∴△CDG≌△CBF
∴CG=CF ∵PG=PF ∴CP⊥GF
（3）如图：CP⊥GF仍成立
理由如下：过D作EF平行线，交FP延长于点G

连接CG、CF证△PEF≌△PDG ∴DG=EF=BF ∵DG∥EF ∴∠GDP=∠EFP ∵DA∥BC ∴∠ADP=∠PEC
∴∠GDP－∠ADP=∠EFP－∠PEC ∴∠GDA=∠BEF=60° ∴∠CDG=∠ADC+∠GDA=120°
∵∠CBF=180°－∠EBF=120° ∴∠CBF=∠CDG ∵CD=BC DG=BF ∴△CDG≌△CBF
∴CG=CF ∠DCG=∠FCE ∵PG=PF ∴CP⊥PF ∠GCP=∠FCP
∵∠DCP=180－∠ABC=120° ∴∠DCG+∠GCE=120° ∴∠FCE+∠GCE=120° 即∠GCE=120°
∴∠FCP=∠GCE=60° 在Rt△CPF中 tan∠FCP=tan60°==
考点：三角形全等证明与性质．