备战中考数学培优易错试卷含解析之平行四边形附答案.doc

备战中考数学培优易错试卷(含解析)之平行四边形附答案

一、平行四边形
1．在四边形中，，对角线平分.
（1）如图1，若，且，试探究边、与对角线数量关系并阐明理由.
（2）如图2，若将（1）中条件“”去掉，（1）中结论与否成立？请阐明理由.
（3）如图3，若，探究边、与对角线数量关系并阐明理由.

【答案】（1）.证明见解析；（2）成立；（3）.理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）结论：AC=AD+AB，只要证明AD=AC，AB=AC即可处理问题；
（2）（1）中结论成立．以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可处理问题；
（3）结论：AD+AB＝AC．过点C作CE⊥AC交AB延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可处理问题；
试题解析：解：（1）AC=AD+AB．
理由如下：如图1中，

在四边形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，
∴∠D=90°，
∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC=60°，
∵∠B=90°，
∴AB＝AC，同理AD＝AC．
∴AC=AD+AB．
（2）（1）中结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE另一边交AB延长线于点E，

∵∠BAC=60°，
∴△AEC为等边三角形，
∴AC=AE=CE，
∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=120°，
∴∠DCB=60°，
∴∠DCA=∠BCE，
∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠EBC=180°，
∴∠D=∠CBE，∵CA=CE，
∴△DAC≌△BEC，
∴AD=BE，
∴AC=AD+AB．
（3）结论：AD+AB＝AC．理由如下：
过点C作CE⊥AC交AB延长线于点E，∵∠D+∠B=180°，∠DAB=90°，

∴DCB=90°，
∵∠ACE=90°，
∴∠DCA=∠BCE，
又∵AC平分∠DAB，
∴∠CAB=45°，
∴∠E=45°．
∴AC=CE．
又∵∠D+∠ABC=180°，∠D=∠CBE，
∴△CDA≌△CBE，
∴AD=BE，
∴AD+AB=AE．
在Rt△ACE中，∠CAB=45°，
∴AE＝
∴.

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．在图1中，正方形ABCD边长为a，等腰直角三角形FAE斜边AE＝2b，且边AD和AE在同一直线上．
操作示例
当2b＜a时，如图1，在BA上选用点G，使BG＝b，连结FG和CG，裁掉△FAG和△CGB并分别拼接到△FEH和△CHD位置构成四边形FGCH．
思考发现
小明在操作后发现：该剪拼措施就是先将△FAG绕点F逆时针旋转90°到△FEH位置，易知EH与AD在同一直线上．连结CH，由剪拼措施可得DH=BG，故△CHD≌△CGB，从而又可将△CGB绕点C顺时针旋转90°到△CHD位置．这样，对于剪拼得到四边形FGCH（如图1），过点F作FM⊥AE于点M（图略），运用SAS公理可判断△HFM≌△CHD，易得FH=HC=GC=FG，∠FHC=90°．进而根据正方形判定措施，可以判断出四边形FGCH是正方形．
实践探究
（1）正方形FGCH面积是 ；（用含a， b式子表达）
（2）类比图1剪拼措施，请你就图2—图4三种情形分别画出剪拼成一种新正方形示意图．

联想拓展
小明通过探究后发现：当b≤a时，此类图形都能剪拼成正方形，且所选用点G位置在BA方向上伴随b增大不停上移．当b＞a时（如图5），能否剪拼成一种正方形？若能，请你在图5中画出剪拼成正方形示意图；若不能，简要阐明理由．

【答案】（1）a2+b2；（2）见解析；联想拓展：能剪拼成正方形.见解析．
【解析】分析：实践探究：根据正方形FGCH面积=BG2+BC2进而得出答案；
应采用类比措施，注意无论等腰直角三角形大小怎样变化，BG永远等于等腰直角三角形斜边二分之一．注意当b=a时，也可直接沿正方形对角线分割．
详解：实践探究：正方形面积是：BG2+BC2=a2+b2；
剪拼措施如图2-图4；

联想拓展：能，
剪拼措施如图5（图中BG=DH=b）．
．
点睛：本题考察了几何变换综合，培养学生推理论证能力和动手操作能力；运用类比措施作图时，应根据范例抓住作图关键：作线段长度与某条线段比值永远相等，旋转三角形，连接点都应是相似．

4．如图，在正方形ABCD中，E是边BC上一动点（不与点B、C重叠），连接DE、点C有关直线DE对称点为C′，连接AC′并延长交直线DE于点P，F是AC′中点，连接DF．
（1）求∠FDP度数；
（2）连接BP，请用等式表达AP、BP、DP三条线段之间数量关系，并证明；
（3）连接AC，若正方形边长为，请直接写出△ACC′面积最大值．

【答案】（1）45°；（2）BP+DP＝AP，证明详见解析；（3）﹣1．
【解析】
【分析】
（1）证明∠CDE＝∠C'DE和∠ADF＝∠C'DF，可得∠FDP'＝∠ADC＝45°；
（2）作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△DAP'（SAS），得BP＝DP'，从而得△PAP'是等腰直角三角形，可得结论；
（3）先作高线C'G，确定△ACC′面积中底边AC为定值2，根据高大小确定面积大小，当C'在BD上时，C'G最大，其△ACC′面积最大，并求此时面积．
【详解】
（1）由对称得：CD＝C'D，∠CDE＝∠C'DE，
在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴AD＝C'D，
∵F是AC'中点，
∴DF⊥AC'，∠ADF＝∠C'DF，
∴∠FDP＝∠FDC'+∠EDC'＝∠ADC＝45°；
（2）结论：BP+DP＝AP，
理由是：如图，作AP'⊥AP交PD延长线于P'，

∴∠PAP'＝90°，
在正方形ABCD中，DA＝BA，∠BAD＝90°，
∴∠DAP'＝∠BAP，
由（1）可知：∠FDP＝45°
∵∠DFP＝90°
∴∠APD＝45°，
∴∠P'＝45°，
∴AP＝AP'，
在△BAP和△DAP'中，
∵，
∴△BAP≌△DAP'（SAS），
∴BP＝DP'，
∴DP+BP＝PP'＝AP；
（3）如图，过C'作C'G⊥AC于G，则S△AC'C＝AC•C'G，

Rt△ABC中，AB＝BC＝，
∴AC＝，即AC为定值，
当C'G最大值，△AC'C面积最大，
连接BD，交AC于O，当C'在BD上时，C'G最大，此时G与O重叠，
∵CD＝C'D＝，OD＝AC＝1，
∴C'G＝﹣1，
∴S△AC'C＝．
【点睛】
本题考察四边形综合题、正方形性质、等腰直角三角形判定和性质、全等三角形判定和性质等知识，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．

5．如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O直线分别交AB，CD边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
分析：（1）根据平行四边形ABCD性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF对角线互相平分，进而得出结论；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF长.
详解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD中点，
∴∠A=90°，AD=BC=4，AB∥DC，OB=OD，
∴∠OBE=∠ODF，
在△BOE和△DOF中，

∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴EO=FO，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，BD⊥EF，
设BE=x，则 DE=x，AE=6-x，
在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2，
∴x2=42+（6-x）2，
解得：x= ，
∵BD= =2，
∴OB=BD=，
∵BD⊥EF，
∴EO==，
∴EF=2EO=．
点睛：本题重要考察了矩形性质，菱形性质、勾股定理、全等三角形判定与性质，纯熟掌握矩形性质和勾股定理，证明三角形全等是处理问关键

6．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，以线段AB为边向外作等边△ABD，点E是线段AB中点，连接CE并延长交线段AD于点F．

（1）求证：四边形BCFD为平行四边形；（2）若AB=6，求平行四边形ADBC面积．
【答案】（1）见解析；（2）S平行四边形ADBC=．
【解析】
【分析】
（1）在Rt△ABC中，E为AB中点，则CE=AB，BE=AB，得到∠BCE=∠EBC=60°.由△AEF≌△BEC，得∠AFE=∠BCE=60°.又∠D=60°，得∠AFE
=∠D=60度.因此FC∥BD，又由于∠BAD=∠ABC=60°，因此AD∥BC，即FD//BC，则四边形BCFD是平行四边形.
（2）在Rt△ABC中，求出BC，AC即可处理问题；
【详解】
解：（1）证明：在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，∴∠ABC=60°，在等边△ABD中，∠BAD=60°，∴∠BAD=∠ABC=60°，∵E为AB中点，∴AE=BE，又∵∠AEF=∠BEC，∴△AEF≌△BEC，在△ABC中，∠ACB=90°，E为AB中点，∴CE=AB，BE=AB，∴CE=AE，∴∠EAC=∠ECA=30°，∴∠BCE=∠EBC=60°，又∵△AEF≌△BEC，∴∠AFE=∠BCE=60°，又∵∠D=60°，∴∠AFE=∠D=60°，∴FC∥BD，又∵∠BAD=∠ABC=60°，∴AD∥BC，即FD∥BC，∴四边形BCFD是平行四边形；
（2）解：在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，AB=6，∴BC=AF=3，AC=，∴S平行四边形BCFD=3×=，S△ACF=×3×=，S平行四边形ADBC=．
【点睛】
本题考察平行四边形判定和性质、直角三角形斜边中线定理、等边三角形性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题关键是对寻找全等三角形处理问题，属于中考常考题型.

7．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．

8．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．

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．如图，点O是正方形ABCD两条对角线交点，分别延长CO到点G，OC到点E，使OG=2OD、OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG．
（1）如图1，若正方形OEFG对角线交点为M，求证：四边形CDME是平行四边形．
（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，如图2，连接AG′，DE′，求证：AG′=DE′，AG′⊥DE′；
（3）在（2）条件下，正方形OE′F′G′边OG′与正方形ABCD边相交于点N，如图3，设旋转角为α（0°＜α＜180°），若△AON是等腰三角形，请直接写出α值．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）α值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．
【解析】
【分析】
（1）由四边形OEFG是正方形，得到ME=GE，根据三角形中位线性质得到CD∥GE，CD=GE，求得CD=GE，即可得到结论；
（2）如图2，延长E′D交AG′于H，由四边形ABCD是正方形，得到AO=OD，∠AOD=∠COD=90°，由四边形OEFG是正方形，得到OG′=OE′，∠E′OG′=90°，由旋转性质得到∠G′OD=∠E′OC，求得∠AOG′=∠COE′，根据全等三角形性质得到AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O，即可得到结论；
（3）分类讨论，根据三角形外角性质和等腰三角形性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形OEFG是正方形，
∴ME=GE，
∵OG=2OD、OE=2OC，
∴CD∥GE，CD=GE，
∴CD=GE，
∴四边形CDME是平行四边形；
（2）证明：如图2，延长E′D交AG′于H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=OD，∠AOD=∠COD=90°，
∵四边形OEFG是正方形，
∴OG′=OE′，∠E′OG′=90°，
∵将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，
∴∠G′OD=∠E′OC，
∴∠AOG′=∠COE′，
在△AG′O与△ODE′中，
，
∴△AG′O≌△ODE′
∴AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O，
∵∠1=∠2，
∴∠G′HD=∠G′OE′=90°，
∴AG′⊥DE′；
（3）①正方形OE′F′G′边OG′与正方形ABCD边AD相交于点N，如图3，

Ⅰ、当AN=AO时，
∵∠OAN=45°，
∴∠ANO=∠AON=67.5°，
∵∠ADO=45°，
∴α=∠ANO-∠ADO=22.5°；
Ⅱ、当AN=ON时，
∴∠NAO=∠AON=45°，
∴∠ANO=90°，
∴α=90°-45°=45°；
②正方形OE′F′G′边OG′与正方形ABCD边AB相交于点N，如图4，

Ⅰ、当AN=AO时，
∵∠OAN=45°，
∴∠ANO=∠AON=67.5°，
∵∠ADO=45°，
∴α=∠ANO+90°=112.5°；
Ⅱ、当AN=ON时，
∴∠NAO=∠AON=45°，
∴∠ANO=90°，
∴α=90°+45°=135°，
Ⅲ、当AN=AO时，旋转角a=∠ANO+90°=67.5+90=157.5°，
综上所述：若△AON是等腰三角形时，α值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．
【点睛】
本题重要考察了正方形性质、全等三角形判定与性质、锐角三角函数、旋转变换性质综合运用，有一定综合性，分类讨论当△AON是等腰三角形时，求α度数是本题难点．

11．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．

12．如图，在正方形ABCD中，点E在CD上，AF⊥AE交CB延长线于F．
求证：AE=AF．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据同角余角相等证得∠BAF=∠DAE，再运用正方形性质可得AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°，根据ASA判定△ABF≌△ADE，根据全等三角形性质即可证得AF=AE．
【详解】
∵AF⊥AE，
∴∠BAF+∠BAE=90°，
又∵∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAF=∠DAE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°，
在△ABF和△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（ASA），
∴AF=AE．
【点睛】
本题重要考察了正方形性质、全等三角形判定和性质等知识点，证明△ABF≌△ADE是处理本题关键．

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．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．

15．已知，以为边在外作等腰，其中.
（1）如图①，若，，求度数.
（2）如图②，，，，.
①若，，长为______.
②若变化大小，但，面积与否变化？若不变，求出其值；若变化，阐明变化规律.

【答案】（1）120°；（2）①2；②2
【解析】
试题分析：（1）根据SAS，可首先证明△AEC≌△ABD，再运用全等三角形性质，可得对应角相等，根据三角形外角定理，可求出∠BFC度数；
（2）①如图2，在△ABC外作等边△BAE，连接CE，运用旋转法证明△EAC≌△BAD，可证∠EBC=90°，EC=BD=6，由于BC=4，在Rt△BCE中，由勾股定理求BE即可；
②过点B作BE∥AH，并在BE上取BE=2AH，连接EA，EC．并取BE中点K，连接AK，仿照（2）运用旋转法证明△EAC≌△BAD，求得EC=DB，运用勾股定理即可得出结论．
试题解析：

解：（1）∵AE=AB，AD=AC，
∵∠EAB=∠DAC=60°，
∴∠EAC=∠EAB+∠BAC，∠DAB=∠DAC+∠BAC，
∴∠EAC=∠DAB，
在△AEC和△ABD中
∴△AEC≌△ABD（SAS），
∴∠AEC=∠ABD，
∵∠BFC=∠BEF+∠EBF=∠AEB+∠ABE，
∴∠BFC=∠AEB+∠ABE=120°，
故答案为120°；
（2）①如图2，以AB为边在△ABC外作正三角形ABE，连接CE．

由（1）可知△EAC≌△BAD．
∴EC=BD．
∴EC=BD=6，
∵∠BAE=60°，∠ABC=30°，
∴∠EBC=90°．
在RT△EBC中，EC=6，BC=4，
∴EB===2
∴AB=BE=2．
②若变化α，β大小，但α+β=90°，△ABC面积不变化，
如下证明：如图2，作AH⊥BC交BC于H，过点B作BE∥AH，并在BE上取BE=2AH，连接EA，EC．并取BE中点K，连接AK．
∵AH⊥BC于H，
∴∠AHC=90°．
∵BE∥AH，
∴∠EBC=90°．
∵∠EBC=90°，BE=2AH，
∴EC2=EB2+BC2=4AH2+BC2．
∵K为BE中点，BE=2AH，
∴BK=AH．
∵BK∥AH，
∴四边形AKBH为平行四边形．
又∵∠EBC=90°，
∴四边形AKBH为矩形．∠ABE=∠ACD，
∴∠AKB=90°．
∴AK是BE垂直平分线．
∴AB=AE．
∵AB=AE，AC=AD，∠ABE=∠ACD，
∴∠EAB=∠DAC，
∴∠EAB+∠EAD=∠DAC+∠EAD，
即∠EAC=∠BAD，
在△EAC与△BAD中

∴△EAC≌△BAD．
∴EC=BD=6．
在RT△BCE中，BE==2，
∴AH=BE=，
∴S△ABC=BC•AH=2
考点：全等三角形判定与性质；等腰三角形性质