2025年备战中考数学二轮平行四边形专项培优及答案.doc

-备战中考数学二轮 平行四边形 专题培优及答案

一、平行四边形
1．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．

2．操作与证明：如图1，把一种含45°角直角三角板ECF和一种正方形ABCD摆放在一起，使三角板直角顶点和正方形顶点C重叠，点E、F分别在正方形边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF中点N，连接MD、MN．
（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；
猜想与发现：
（2）在（1）条件下，请判断MD、MN数量关系和位置关系，得出结论．
结论1：DM、MN数量关系是 ；
结论2：DM、MN位置关系是 ；
拓展与探究：
（3）如图2，将图1中直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请阐明理由．

【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据正方形性质以及等腰直角三角形知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN数量关系是相等，运用直角三角形斜边中线等于斜边二分之一和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，运用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标识出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，运用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等结论，再运用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN位置关系是垂直.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN数量关系是相等，DM、MN位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF中线，∴AF=2DM，∵MN是△AEF中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF中点，点N为EF中点，∴MN∥AE，MN=AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．因此（2）中两个结论还成立.

考点：1.正方形性质；2.全等三角形判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转性质．

3．如图，在等腰中，，点E在AC上且不与点A、C重叠，在外部作等腰，使，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．
请直接写出线段AF，AE数量关系；
将绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，如图，连接AE，请判断线段AF，AE数量关系，并证明你结论；
若，，在图基础上将绕点C继续逆时针旋转一周过程中，当平行四边形ABFD为菱形时，直接写出线段AE长度．

【答案】（1）证明见解析；（2）①②或.
【解析】
【分析】
如图中，结论：，只要证明是等腰直角三角形即可；
如图中，结论：，连接EF，DF交BC于K，先证明≌再证明是等腰直角三角形即可；
分两种情形a、如图中，当时，四边形ABFD是菱形、如图中当时，四边形ABFD是菱形分别求解即可.
【详解】
如图中，结论：．

理由：四边形ABFD是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
．
故答案为．
如图中，结论：．

理由：连接EF，DF交BC于K．
四边形ABFD是平行四边形，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
是等腰直角三角形，
．
如图中，当时，四边形ABFD是菱形，设AE交CD于H，易知，，，

如图中当时，四边形ABFD是菱形，易知，
综上所述，满足条件AE长为或．
【点睛】
本题考察四边形综合题、全等三角形判定和性质、等腰直角三角形判定和性质、平行四边形性质、勾股定理等知识，解题关键是纯熟掌握全等三角形判定和性质，寻找全等条件是解题难点，属于中考常考题型．

4．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．

5．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．
①求证：四边形BFDE是菱形；
②直接写出∠EBF度数；
(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足关系，并阐明理由；
(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足数量关系.

【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH＝FH；（3）EG2＝AG2+CE2．
【解析】
【分析】
（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．
②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可处理问题．
（2）IH＝FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．
（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可处理问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，OB＝OD，
∴∠EDO＝∠FBO，
在△DOE和△BOF中，
，
∴△DOE≌△BOF，
∴EO＝OF，∵OB＝OD，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD，OB＝OD，
∴EB＝ED，
∴四边形EBFD是菱形．
②∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE＝∠EBD，
∵EB＝ED，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴∠ABD＝2∠ADB，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，
∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°，
∴∠EBF＝60°．
（2）结论：IH＝FH．
理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．

∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，
∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，
∴∠JDH＝∠FGH，
在△DHJ和△GHF中，
，
∴△DHJ≌△GHF，
∴DJ＝FG，JH＝HF，
∴EJ＝BG＝EM＝BI，
∴BE＝IM＝BF，
∵∠MEJ＝∠B＝60°，
∴△MEJ是等边三角形，
∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°
在△BIF和△MJI中，
，
∴△BIF≌△MJI，
∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，
∴IH⊥JF，
∵∠BFI+∠BIF＝120°，
∴∠MIJ+∠BIF＝120°，
∴∠JIF＝60°，
∴△JIF是等边三角形，
在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，
∴∠FIH＝30°，
∴IH＝FH．
（3）结论：EG2＝AG2+CE2．
理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，

∵∠FAD+∠DEF＝90°，
∴AFED四点共圆，
∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠EDC＝45°，
∵∠ADF＝∠CDM，
∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，
在△DEM和△DEG中，
，
∴△DEG≌△DEM，
∴GE＝EM，
∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，
∴∠ECM＝90°
∴EC2+CM2＝EM2，
∵EG＝EM，AG＝CM，
∴GE2＝AG2+CE2．
【点睛】
考察四边形综合题、矩形性质、正方形性质、菱形判定和性质，等边三角形判定和性质，勾股定理等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化思想思考问题.

6．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．

7．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．

8．已知：在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，四边形EFGH三个顶点E、F、H分别在矩形ABCD边AB、BC、DA上，AE＝2．

（1）如图①，当四边形EFGH为正方形时，求△GFC面积；
（2）如图②，当四边形EFGH为菱形，且BF＝a时，求△GFC面积（用a表达）；
（3）在（2）条件下，△GFC面积能否等于2？请阐明理由．
【答案】（1）10；（2）12－a；（3）不能
【解析】
解：（1）过点G作GM⊥BC于M．在正方形EFGH中，
∠HEF＝90°，EH＝EF，
∴∠AEH＋∠BEF＝90°．
∵∠AEH＋∠AHE＝90°，
∴∠AHE＝∠BEF．
又∵∠A＝∠B＝90°，
∴△AHE≌△BEF．
同理可证△MFG≌△BEF．
∴GM＝BF＝AE＝2．∴FC＝BC－BF＝10．
∴．
（2）过点G作GM⊥BC交BC延长线于M，连接HF．
∵AD∥BC，∴∠AHF＝∠MFH．
∵EH∥FG，∴∠EHF＝∠GFH．
∴∠AHE＝∠MFG．
又∵∠A＝∠GMF＝90°，EH＝GF，
∴△AHE≌△MFG．∴GM＝AE＝2．
∴．
（3）△GFC面积不能等于2．
阐明一：∵若S△GFC＝2，则12－a＝2，∴a＝10．
此时，在△BEF中，
．
在△AHE中，
，
∴AH＞AD，即点H已经不在边AD上，故不也许有S△GFC＝2．
阐明二：△GFC面积不能等于2．∵点H在AD上，
∴菱形边EH最大值为，∴BF最大值为．
又∵函数S△GFC＝12－a值伴随a增大而减小，
∴S△GFC最小值为．
又∵，∴△GFC面积不能等于2．

9．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．

10．已知点O是△ABC内任意一点，连接OA并延长到E，使得AE=OA，以OB，OC为邻边作▱OBFC，连接OF与BC交于点H，再连接EF．

（1）如图1，若△ABC为等边三角形，求证：①EF⊥BC；②EF=BC；
（2）如图2，若△ABC为等腰直角三角形（BC为斜边），猜想（1）中两个结论与否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你猜想成果；
（3）如图3，若△ABC是等腰三角形，且AB=AC=kBC，请你直接写出EF与BC之间数量关系．
【答案】（1）见解析；
（2）EF⊥BC仍然成立；
（3）EF=BC
【解析】
试题分析：（1）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等边三角形性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可；
（2）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰直角三角形性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可；
（3）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰三角形性质和AB=AC=kBC得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可．
试题解析：（1）连接AH，如图1，

∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2，
∴AH==BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF⊥BC，EF=BC；
（2）EF⊥BC仍然成立，EF=BC，如图2，

∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=BC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（BH）2﹣BH2=BH2，
∴AH=BH=BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF⊥BC，EF=BC；
（3）如图3，

∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=kBC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（kBC）2﹣（BC）2=（k2-）BC2，
∴AH=BH=BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF=BC．
考点：四边形综合题．

11．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.

12．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

13．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．

14．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．

15．（本题满分10分）如图1，已知矩形纸片ABCD中，AB＝6cm，若将该纸片沿着过点B直线折叠（折痕为BM），点A恰好落在CD边中点P处．

（1）求矩