2025年中考数学培优专题复习平行四边形练习题含详细答案.doc

-中考数学培优专题复习平行四边形练习题含详细答案

一、平行四边形
1．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上一种动点（点G与C、D不重叠），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．
（1）①猜想图1中线段BG、线段DE长度关系及所在直线位置关系，不必证明；
②将图1中正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观测、测量等措施判断①中得到结论与否仍然成立，并证明你判断．

（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb （a≠b，k＞0），第（1）题①中得到结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要阐明理由．

（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=，求BE2+DG2值．
【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．
【解析】
分析：（1）①根据正方形性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间关系；
②结合正方形性质，根据SAS仍然可以判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；
（2）根据两条对应边比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中位置关系仍然成立；
（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形长、宽平方和．
详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；
②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
∴△BCG≌△DCE，
∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，
又∵∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG⊥DE．
（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，
∴，
又∵∠BCG=∠DCE，
∴△BCG∽△DCE，
∴∠CBG=∠CDE，
又∵∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG⊥DE．
（3）连接BE、DG．
根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，
∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°
∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．

点睛：此题综合运用了全等三角形判定和性质、相似三角形判定和性质以及勾股定理．

2．已知Rt△ABD中，边AB=OB=1，∠ABO=90°
问题探究：
（1）以AB为边，在Rt△ABO右边作正方形ABC，如图（1），则点O与点D距离为 ．
（2）以AB为边，在Rt△ABO右边作等边三角形ABC，如图（2），求点O与点C距离．
问题处理：
（3）若线段DE=1，线段DE两个端点D，E分别在射线OA、OB上滑动，以DE为边向外作等边三角形DEF，如图（3），则点O与点F距离有无最大值，假如有，求出最大值，假如没有，阐明理由．

【答案】(1)、；(2)、；(3)、.
【解析】
【分析】
试题分析：(1)、如图1中，连接OD，在Rt△ODC中，根据OD=计算即可．(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．在Rt△OCE中，根据OC=计算即可．(3)、如图3中，当OF⊥DE时，OF值最大，设OF交DE于H，在OH上取一点M，使得OM=DM，连接DM．分别求出MH、OM、FH即可处理问题．
【详解】
试题解析：(1)、如图1中，连接OD，

∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=AD=1，∠C=90° 在Rt△ODC中，∵∠C=90°，OC=2，CD=1，
∴OD=
(2)、如图2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，连接OC．

∵∠FBE=∠E=∠CFB=90°， ∴四边形BECF是矩形， ∴BF=CF=，CF=BE=，
在Rt△OCE中，OC==．
(3)、如图3中，当OF⊥DE时，OF值最大，设OF交DE于H，在OH上取一点M，使得OM=DM，连接DM．

∵FD=FE=DE=1，OF⊥DE， ∴DH=HE，OD=OE，∠DOH=∠DOE=22.5°， ∵OM=DM，
∴∠MOD=∠MDO=22.5°， ∴∠DMH=∠MDH=45°， ∴DH=HM=， ∴DM=OM=，
∵FH=， ∴OF=OM+MH+FH==．
∴OF最大值为．
考点：四边形综合题．

3．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．
（1）请问EG与CG存在怎样数量关系，并证明你结论；
（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中结论与否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请阐明理由．
（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接对应线段，问（1）中结论与否仍然成立？（请直接写出成果，不必写出理由）

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立
【解析】
【分析】
（1）运用直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一，可证出CG=EG．
（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最终证出CG=EG．
（3）结论仍然成立．
【详解】
（1）CG=EG．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF中点，∴CG=FD，同理．在Rt△DEF中，EG=FD，∴CG=EG．
（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．
证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF延长线交于N点．
在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；
在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG（ASA），∴MG=NG．
∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．
证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．
在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE
∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．
∵MG=CG，∴EG=MC，∴EG=CG．
（3）（1）中结论仍然成立．理由如下：
过F作CD平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．
由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又由于BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC
∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．
∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG

【点睛】
本题是四边形综合题．（1）关键是运用直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一解答；（2）关键是运用了直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一性质、全等三角形判定和性质解答．

4．如图（1）在正方形ABCD中，点E是CD边上一动点，连接AE，作BF⊥AE，垂足为G交AD于F
（1）求证：AF＝DE；
（2）连接DG，若DG平分∠EGF，如图（2），求证：点E是CD中点；
（3）在（2）条件下，连接CG，如图（3），求证：CG＝CD．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）CG＝CD，见解析．
【解析】
【分析】
（1）证明△BAF≌△ADE（ASA）即可处理问题．
（2）过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．想措施证明AF＝DF，即可处理问题．
（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，运用直角三角形斜边中线性质，只要证明BC＝CP即可．
【详解】
（1）证明：如图1中，

在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠D＝90o，
∴∠2+∠3＝90°
又∵BF⊥AE，
∴∠AGB＝90°
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠3
在△BAF与△ADE中，
∠1=∠3 BA=AD ∠BAF=∠D，
∴△BAF≌△ADE（ASA）
∴AF＝DE．
（2）证明：过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．

由（1）得∠1＝∠3，∠BGA＝∠AND＝90°，AB＝AD
∴△BAG≌△ADN（AAS）
∴AG＝DN，
又DG平分∠EGF，DM⊥GF，DN⊥GE，
∴DM＝DN，
∴DM＝AG，又∠AFG＝∠DFM，∠AGF＝∠DMF
∴△AFG≌△DFM（AAS），
∴AF＝DF＝DE＝AD＝CD，
即点E是CD中点．
（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，

∠ADE＝∠ECP＝90°，∠DEA＝∠CEP，
∴△ADE≌△PCE（ASA）
∴AE＝PE，
又CE∥AB，
∴BC＝PC，
在Rt△BGP中，∵BC＝PC，
∴CG＝BP＝BC，
∴CG＝CD．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考察了正方形性质，全等三角形判定和性质，角平分线性质定理，直角三角形斜边中线性质等知识，解题关键是对寻找全等三角形处理问题，属于中考压轴题．

5．已知AD是△ABC中线P是线段AD上一点（不与点A、D重叠），连接PB、PC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC中点，AD与EF交于点M；

（1）如图1，当AB＝AC时，求证：四边形EGHF是矩形；
（2）如图2，当点P与点M重叠时，在不添加任何辅助线条件下，写出所有与△BPE面积相等三角形（不包括△BPE自身）．
【答案】（1）见解析；（2）△APE、△APF、△CPF、△PGH．
【解析】
【分析】
（1）由三角形中位线定理得出EG∥AP，EF∥BC，EF=BC，GH∥BC，GH=BC，推出EF∥GH，EF=GH，证得四边形EGHF是平行四边形，证得EF⊥AP，推出EF⊥EG，即可得出结论；
（2）由△APE与△BPE底AE=BE，又等高，得出S△APE=S△BPE，由△APE与△APF底EP=FP，又等高，得出S△APE=S△APF，由△APF与△CPF底AF=CF，又等高，得出S△APF=S△CPF，证得△PGH底边GH上高等于△AEF底边EF上高二分之一，推出S△PGH=S△AEF=S△APF，即可得出成果．
【详解】
（1）证明：∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC中点，
∴EG∥AP，EF∥BC，EF＝BC，GH∥BC，GH＝BC，
∴EF∥GH，EF＝GH，
∴四边形EGHF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴AD⊥BC，
∴EF⊥AP，
∵EG∥AP，
∴EF⊥EG，
∴平行四边形EGHF是矩形；
（2）∵PE是△APB中线，
∴△APE与△BPE底AE＝BE，又等高，
∴S△APE＝S△BPE，
∵AP是△AEF中线，
∴△APE与△APF底EP＝FP，又等高，
∴S△APE＝S△APF，
∴S△APF＝S△BPE，
∵PF是△APC中线，
∴△APF与△CPF底AF＝CF，又等高，
∴S△APF＝S△CPF，
∴S△CPF＝S△BPE，
∵EF∥GH∥BC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC中点，
∴△AEF底边EF上高等于△ABC底边BC上高二分之一，△PGH底边GH上高等于△PBC底边BC上高二分之一，
∴△PGH底边GH上高等于△AEF底边EF上高二分之一，
∵GH＝EF，
∴S△PGH＝S△AEF＝S△APF，
综上所述，与△BPE面积相等三角形为：△APE、△APF、△CPF、△PGH．
【点睛】
本题考察了矩形判定与性质、平行四边形判定、三角形中位线定理、平行线性质、三角形面积计算等知识，纯熟掌握三角形中位线定理是处理问题关键．

6．如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，分别延长AC至E，BC至F，且CE＝EF，延长FE交AD延长线于G．
（1）求证：AE＝EG；
（2）如图2，分别连接BG，BE，若BG＝BF，求证：BE＝EG；
（3）如图3，取GF中点M，若AB＝5，求EM长．

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】
（1）根据平行线性质和等腰三角形三线合一性质得：∠CAD＝∠G，可得AE＝EG；
（2）作辅助线，证明△BEF≌△GEC（SAS），可得结论；
（3）如图3，作辅助线，构建平行线，证明四边形DMEN是平行四边形，得EM＝DN＝AC，计算可得结论．
【详解】
证明：（1）如图1，过E作EH⊥CF于H，

∵AD⊥BC，
∴EH∥AD，
∴∠CEH＝∠CAD，∠HEF＝∠G，
∵CE＝EF，
∴∠CEH＝∠HEF，
∴∠CAD＝∠G，
∴AE＝EG；
（2）如图2，连接GC，

∵AC＝BC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴AG是BC垂直平分线，
∴GC＝GB，
∴∠GBF＝∠BCG，
∵BG＝BF，
∴GC＝BE，
∵CE＝EF，
∴∠CEF＝180°﹣2∠F，
∵BG＝BF，
∴∠GBF＝180°﹣2∠F，
∴∠GBF＝∠CEF，
∴∠CEF＝∠BCG，
∵∠BCE＝∠CEF+∠F，∠BCE＝∠BCG+∠GCE，
∴∠GCE＝∠F，
在△BEF和△GCE中，
，
∴△BEF≌△GEC（SAS），
∴BE＝EG；
（3）如图3，连接DM，取AC中点N，连接DN，

由（1）得AE＝EG，
∴∠GAE＝∠AGE，
在Rt△ACD中，N为AC中点，
∴DN＝AC＝AN，∠DAN＝∠ADN，
∴∠ADN＝∠AGE，
∴DN∥GF，
在Rt△GDF中，M是FG中点，
∴DM＝FG＝GM，∠GDM＝∠AGE，
∴∠GDM＝∠DAN，
∴DM∥AE，
∴四边形DMEN是平行四边形，
∴EM＝DN＝AC，
∵AC＝AB＝5，
∴EM＝．
【点睛】
本题是三角形综合题，重要考察了全等三角形判定与性质，直角三角形斜边中线性质，等腰三角形性质和判定，平行四边形性质和判定等知识，解题关键是作辅助线，并纯熟掌握全等三角形判定措施，尤其是第三问，辅助线作法是关键．

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．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．

9．(1)问题发现
如图1,点E. F分别在正方形ABCD边BC、CD上,∠EAF=45°，连接EF、则EF=BE+DF，试阐明理由；
(2)类比引申
如图2,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°,点E. F分别在边BC、CD上,∠EAF=45°，若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF=BE+DF；
(3)联想拓展
如图3,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°，猜想BD、DE、EC满足等量关系，并写出推理过程。

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
试题分析：（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重叠，证出△AFG≌△AFE，根据全等三角形性质得出EF=FG，即可得出答案；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重叠，证出△AFE≌△AFG，根据全等三角形性质得出EF=FG，即可得出答案；
（3）把△ACE旋转到ABF位置，连接DF，证明△AFE≌△AFG（SAS），则EF=FG，∠C=∠ABF=45°，△BDF是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断．
试题解析：(1)理由是：如图1，

∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90∘至△ADG，可使AB与AD重叠，如图1，
∵∠ADC=∠B=90∘，
∴∠FDG=180∘，点F. D. G共线，
则∠DAG=∠BAE，AE=AG，
∠FAG=∠FAD+∠GAD=∠FAD+∠BAE=90∘−45∘=45∘=∠EAF，
即∠EAF=∠FAG，
在△EAF和△GAF中，
AF=AF，∠EAF=∠GAF，AE=AG，
∴△AFG≌△AFE(SAS)，
∴EF=FG=BE+DF；
(2)∠B+∠D=180∘时，EF=BE+DF；
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90∘至△ADG，可使AB与AD重叠，如图2，

∴∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=90∘,∠EAF=45∘，
∴∠BAE+∠DAF=45∘，
∴∠EAF=∠FAG，
∵∠ADC+∠B=180∘，
∴∠FDG=180∘，点F. D. G共线，
在△AFE和△AFG中，
AE=AG，∠FAE=∠FAG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
即：EF=BE+DF，
故答案为：∠B+∠ADC=180∘；
(3)BD2+CE2=DE2.
理由是：把△ACE旋转到ABF位置，连接DF，

则∠FAB=∠CAE.
∵∠BAC=90∘,∠DAE=45∘，
∴∠BAD+∠CAE=45∘，
又∵∠FAB=∠CAE，
∴∠FAD=∠DAE=45∘，
则在△ADF和△ADE中，
AD=AD，∠FAD=∠DAE，AF=AE，
∴△ADF≌△ADE，
∴DF=DE,∠C=∠ABF=45∘，
∴∠BDF=90∘，
∴△BDF是直角三角形,
∴BD2+BF2=DF2，
∴BD2+CE2=DE2.

10．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）

11．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．

12．如图，点E是正方形ABCD边AB上一点，连结CE，过顶点C作CF⊥CE，交AD延长线于F．求证：BE=DF.

【答案】证明见解析.
【解析】
分析：根据正方形性质，证出BC=CD，∠B=∠CDF，∠BCD=90°，再由垂直性质得到∠BCE=∠DCF，然后根据“ASA”证明△BCE≌△BCE即可得到BE=DF
详解：证明：∵CF⊥CE，
∴∠ECF=90°，
又∵∠BCG=90°，
∴∠BCE+∠ECD =∠DCF+∠ECD
∴∠BCE=∠DCF，
在△BCE与△DCF中，
∵∠BCE=∠DCF，BC=CD，∠CDF=∠EBC，
∴△BCE≌△BCE（ASA），
∴BE=DF.
点睛：本题考察是正方形性质，熟知正方形性质及全等三角形判定与性质是解答此题关键．

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．倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力有效途径．下面是一案例，请同学们认真阅读、研究，完毕“类比猜想”问题．
习题 如图（1），点E、F分别在正方形ABCD边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，阐明理由．
解答：∵正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠ADC=∠B=90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE′，点F、D、E′在一条直线上．
∴∠E′AF=90°-45°=45°=∠EAF，又∵AE′=AE，AF=AF
∴△AE′F≌△AEF（SAS）∴EF=E′F=DE′+DF=BE+DF．
类比猜想：
（1）请同学们研究：如图（2），在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，尚有EF=BE+DF吗？请阐明理由．
（2）在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF吗？请阐明理由．

【答案】证明见解析．
【解析】
试题分析：（1）把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F，根据菱形和旋转性质得到AE=AE′，∠EAF=∠E′AF，运用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F；由于∠ADE′+∠ADC=120°，则点F、D、E′不共线，因此DE′+DF＞EF，即由BE+DF＞EF；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD度数至△ADE′，如图（3），根据旋转性质得到AE′=AE，∠EAF=∠E′AF，然后运用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F，由于∠ADE′+∠ADC=180°，知F、D、E′共线，因此有EF=DE′+DF=BE+DF；根据前面条件和结论可归纳出结论．
试题解析：（1）当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，EF=BE+DF不成立，EF＜BE+DF．
理由如下：∵在菱形ABCD中，∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴AB=AD，∠1+∠2=60°，∠B=∠ADC=60°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F，

∴∠EAE′=120°，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B=60°，
∴∠2+∠3=60°，
∴∠EAF=∠E′AF，
在△AEF和△AE′F中
，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF=E′F，
∵∠ADE′+∠ADC=120°，即点F、D、E′不共线，
∴DE′+DF＞EF
∴BE+DF＞EF；
（2）当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF成立．
理由如下：如图（3），

∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD度数至△ADE′，如图（3），
∴∠EAE′=∠BAD，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B，
∵∠B+∠D=180°，
∴∠ADE′+∠D=180°，
∴点F、D、E′共线，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠1+∠2=∠BAD，
∴∠2+∠3=∠BAD，
∴∠EAF=∠E′AF，
在△AEF和△AE′F中
，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF=E′F，
∴EF=DE′+DF=BE+DF；
归纳：在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF．
考点：四边形综合题．

15．（本题14分）小明在学习平行线有关知识时总结了如下结论：端点分别在两条平行线上所有线段中，垂直于平行线线段最短．
小明应用这个结论进行了下列探索活动和问题处理．
问题1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，P为AC边上一动点，以PB，PA为边构造
□APBQ，求对角线PQ最小值及PQ最小时值．

（1）在处理这个问题时，小明构造出了如图2辅助线，则PQ最小值为 ，当PQ最小时
= _____ __；
（2）小明对问题1做了简单变式思考．如图3，P为AB边上一动点，延长PA到点E，使AE=nPA（n
为不小于0常数）．以PE，PC为边作□PCQE，试求对角线PQ长最小值，并求PQ最小时值；
问题2：在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3．
（1）如图4，若为上任意一点，以，为边作□．试求对角线长最小值和PQ最小时值．

（2）若为上任意一点，延长到，使，再以，为边作□．请直接写出对角线长最小值和PQ最小时值．
【答案】问题1：（1）3，；（2）PQ=，=．问题2：（1）=4，．（2）PQ最小值为．．
【解析】
试题分析：问题1：（1）首先根据条件可证四边形PCBQ是矩形，然后根据条件“四边形APBQ是平行四边形可得AP=QB=PC，从而可求值．（2）由题可知：当QP⊥AC时，PQ最小．过点C作CD⊥AB于点D．此时四边形CDPQ为矩形，PQ=CD，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，运用面积可求出CD=,然后可求出AD=， 由AE=nPA可得PE=，而PE=CQ=PD=AD-AP=，因此AP=．因此=．问题2：（1）设对角线与相交于点．Rt≌Rt．因此AD=HC，QH=AP．由题可知：当QP⊥AB时，PQ最小，此时=CH=4，根据条件可证四边形BPQH为矩形，从而QH=BP=AP．因此．（2）根据题意画出图形，当 AB时，长最小，PQ最小值为．．
试题解析：问题1：（1）3，；
（2）过点C作CD⊥AB于点D．

由题意可知当PQ⊥AB时，PQ最短．因此此时四边形CDPQ为矩形．PQ=CD，DP=CQ=PE．由于∠BCA=90°，AC=4，
BC=3，因此AB=5．因此CD=．因此PQ=．
在Rt△ACD中AC=4，CD=，因此AD=．
由于AE=nPA，因此PE==CQ=PD=AD-AP=．
因此AP=．因此=．
问题2：
（1）如图2，设对角线与相交于点．

因此G是DC中点，
作QHBC，交BC延长线于H，
由于AD//BC，因此．
因此．
又，因此Rt≌Rt．因此AD=HC，QH=AP．
由图知，当 AB时，长最小，即=CH=4．
易得四边形BPQH为矩形，因此QH=BP=AP．因此．
（若学生有能力从梯形中位线角度考虑，若对即可评分．但讲评时不作规定）
（2）PQ最小值为．．
考点：1．直角三角形性质；2．全等三角形判定与性质；3．平行四边形性质；4矩形判定与性质．