2025年中考数学平行四边形提高练习题压轴题训练.doc

- 中考数学(平行四边形提高练习题)压轴题训练

一、平行四边形
1．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．

2．如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落到到B′位置，AB′与CD交于点E.
（1）求证：△AED≌△CEB′
（2）若AB = 8，DE = 3，点P为线段AC上任意一点，PG⊥AE于G，PH⊥BC于H.求PG + PH值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由折叠性质知，，，，则由得到；
（2）由，可得，又由，即可求得长，然后在中，运用勾股定理即可求得长，再过点作于，由角平分线性质，可得，易证得四边形是矩形，继而可求得答案.
【详解】
（1）四边形为矩形，
，，
又 ，
；
（2） ，
，
，
，
在中，，
过点作于，
，，
，
，，
，
、、共线，
，
四边形是矩形，
，
.
【点睛】
此题考察了折叠性质、矩形性质、角平分线性质、等腰三角形判定与性质以及勾股定理等知识.此题难度较大，注意掌握折叠前后图形对应关系，注意掌握辅助线作法，注意数形结合思想应用.

3．如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A，B坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同步出发．以每秒1个单位速度运动．其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动．过点M作MP⊥OA，交AC于P，连接NP，已知动点运动了x秒．
（1）P点坐标为多少（用含x代数式表达）；
（2）试求△NPC面积S体现式，并求出面积S最大值及对应x值；
（3）当x为何值时，△NPC是一种等腰三角形？简要阐明理由．

【答案】（1）P点坐标为（x，3﹣x）．
（2）S最大值为，此时x=2．
（3）x=，或x=，或x=．
【解析】
试题分析：（1）求P点坐标，也就是求OM和PM长，已知了OM长为x，关键是求出PM长，措施不唯一，①可通过PM∥OC得出对应成比例线段来求；
②也可延长MP交BC于Q，先在直角三角形CPQ中根据CQ长和∠ACB正切值求出PQ长，然后根据PM=AB﹣PQ来求出PM长．得出OM和PM长，即可求出P点坐标．
（2）可按（1）②中措施经求出PQ长，而CN长可根据CN=BC﹣BN来求得，因此根据三角形面积计算公式即可得出S，x函数关系式．
（3）本题要分类讨论：
①当CP=CN时，可在直角三角形CPQ中，用CQ长即x和∠ABC余弦值求出CP体现式，然后联立CN体现式即可求出x值；
②当CP=PN时，那么CQ=QN，先在直角三角形CPQ中求出CQ长，然后根据QN=CN﹣CQ求出QN体现式，根据题设等量条件即可得出x值．
③当CN=PN时，先求出QP和QN长，然后在直角三角形PNQ中，用勾股定理求出PN长，联立CN体现式即可求出x值．
试题解析：（1）过点P作PQ⊥BC于点Q，
有题意可得：PQ∥AB，
∴△CQP∽△CBA，
∴
∴
解得：QP=x，
∴PM=3﹣x，
由题意可知，C（0，3），M（x，0），N（4﹣x，3），
P点坐标为（x，3﹣x）．
（2）设△NPC面积为S，在△NPC中，NC=4﹣x，
NC边上高为，其中，0≤x≤4．
∴S=（4﹣x）×x=（﹣x2+4x）
=﹣（x﹣2）2+．
∴S最大值为，此时x=2．
（3）延长MP交CB于Q，则有PQ⊥BC．
①若NP=CP，
∵PQ⊥BC，
∴NQ=CQ=x．
∴3x=4，
∴x=．
②若CP=CN，则CN=4﹣x，PQ=x，CP=x，4﹣x=x，
∴x=；
③若CN=NP，则CN=4﹣x．
∵PQ=x，NQ=4﹣2x，
∵在Rt△PNQ中，PN2=NQ2+PQ2，
∴（4﹣x）2=（4﹣2x）2+（x）2，
∴x=．
综上所述，x=，或x=，或x=．

考点：二次函数综合题．

4．在△ABC中，AB=BC，点O是AC中点，点P是AC上一种动点（点P不与点A，O，C重叠）．过点A，点C作直线BP垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．
（1）如图1，请直接写出线段OE与OF数量关系；
（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间数量关系和位置关系，并阐明理由
（3）若|CF﹣AE|=2，EF=2，当△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP长．

【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP长为或.
【解析】
【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边二分之一即可得OF=OE；
（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形性质即可得OF⊥EK，OF=OE；
（3）分点P在AO上与CO上两种状况分别画图进行解答即可得.
【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，

∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，
∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，
∵△EFK是直角三角形，∴OF=EK=OE；
（2）如图2中，延长EO交CF于K，

∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，
∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，
∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，
∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，
∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；
（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，

∵|CF﹣AE|=2，EF=2，AE=CK，∴FK=2，
在Rt△EFK中，tan∠FEK=，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°，
∴EK=2FK=4，OF=EK=2，
∵△OPF是等腰三角形，观测图形可知，只有OF=FP=2，
在Rt△PHF中，PH=PF=1，HF=，OH=2﹣，
∴OP=.

如图4中，点P在线段OC上，当PO=PF时，∠POF=∠PFO=30°，
∴∠BOP=90°，
∴OP=OE=，
综上所述：OP长为或.
【点睛】本题考察了全等三角形判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边二分之一、等腰直角三角形判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，对添加辅助线是解题关键.

5．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．

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．既有一张矩形纸片ABCD（如图），其中AB＝4cm，BC＝6cm，点E是BC中点．将纸片沿直线AE折叠，点B落在四边形AECD内，记为点B′，过E作EF垂直B′C，交B′C于F．
（1）求AE、EF位置关系；
（2）求线段B′C长，并求△B′EC面积．

【答案】（1）见解析；（2）S△B′EC＝．
【解析】
【分析】
（1）由折线法及点E是BC中点，可证得△B'EC是等腰三角形，再有条件证明∠AEF=90°即可得到AE⊥EF；
（2）连接BB′，通过折叠，可知∠EBB′=∠EB′B，由E是BC中点，可得EB′=EC，∠ECB′=∠EB′C，从而可证△BB′C为直角三角形，在Rt△AOB和Rt△BOE中，可将OB，BB′长求出，在Rt△BB′C中，根据勾股定理可将B′C值求出.
【详解】
（1）由折线法及点E是BC中点，
∴EB＝EB′＝EC，∠AEB＝∠AEB′，
∴△B'EC是等腰三角形，
又∵EF⊥B′C
∴EF为∠B'EC角平分线，即∠B′EF＝∠FEC，
∴∠AEF＝180°﹣（∠AEB+∠CEF）＝90°，即∠AEF＝90°，
即AE⊥EF；
（2）连接BB'交AE于点O，由折线法及点E是BC中点，
∴EB＝EB′＝EC，
∴∠EBB′＝∠EB′B，∠ECB′＝∠EB′C；
又∵△BB'C三内角之和为180°，
∴∠BB'C＝90°；
∵点B′是点B有关直线AE对称点，
∴AE垂直平分BB′；
在Rt△AOB和Rt△BOE中，BO2＝AB2﹣AO2＝BE2﹣（AE﹣AO）2
将AB＝4cm，BE＝3cm，AE＝5cm，
∴AO＝ cm，
∴BO＝＝cm，
∴BB′＝2BO＝cm，
∴在Rt△BB'C中，B′C＝＝cm，
由题意可知四边形OEFB′是矩形，
∴EF＝OB′＝，
∴S△B′EC＝．

【点睛】
考察图形折叠变化及三角形内角和定理勾股定理和矩形性质综合运用．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称性质，折叠前后图形形状和大小不变，只是位置变化．

8．如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，D重叠），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连结AG．
（1）写出线段AG，GE，GF长度之间数量关系，并阐明理由；
（2）若正方形ABCD边长为1，∠AGF=105°，求线段BG长．
【答案】（1）AG2=GE2+GF2（2）
【解析】
试题分析：（1）结论：AG2=GE2+GF2．只要证明GA=GC，四边形EGFC是矩形，推出GE=CF，在Rt△GFC中，运用勾股定理即可证明；
（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．易证AM=BM=2x，MN=x，在Rt△ABN中，根据AB2=AN2+BN2，可得1=x2+（2x+x）2，解得x=，推出BN=，再根据BG=BN÷cos30°即可处理问题.
试题解析：（1）结论：AG2=GE2+GF2．
理由：连接CG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C有关对角线BD对称，
∵点G在BD上，
∴GA=GC，
∵GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，
∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°，
∴四边形EGFC是矩形，
∴CF=GE，
在Rt△GFC中，∵CG2=GF2+CF2，
∴AG2=GF2+GE2．
（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．
∵∠AGF=105°，∠FBG=∠FGB=∠ABG=45°，
∴∠AGB=60°，∠GBN=30°，∠ABM=∠MAB=15°，
∴∠AMN=30°，
∴AM=BM=2x，MN=x，
在Rt△ABN中，∵AB2=AN2+BN2，
∴1=x2+（2x+x）2，
解得x=，
∴BN=，
∴BG=BN÷cos30°=．

考点：1、正方形性质，2、矩形判定和性质，3、勾股定理，4、直角三角形30度性质

9．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．

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．如图，AB为⊙O直径，点E在⊙O上，过点E切线与AB延长线交于点D，连接BE，过点O作BE平行线，交⊙O于点F，交切线于点C，连接AC
（1）求证：AC是⊙O切线；
（2）连接EF，当∠D=　　°时，四边形FOBE是菱形．

【答案】（1）见解析；（2）30.
【解析】
【分析】
（1）由等角转换证明出，根据圆位置关系证得AC是⊙O切线.
（2）根据四边形FOBE是菱形，得到OF=OB=BF=EF，得证为等边三角形，而得出，根据三角形内角和即可求出答案.
【详解】
（1）证明：∵CD与⊙O相切于点E，
∴，
∴，
又∵，
∴，∠OBE=∠COA
∵OE=OB，
∴，
∴，
又∵OC=OC，OA=OE，
∴，
∴，
又∵AB为⊙O直径，
∴AC为⊙O切线；
（2）解：∵四边形FOBE是菱形，
∴OF=OB=BF=EF，
∴OE=OB=BE，
∴为等边三角形，
∴，
而，
∴．
故答案为30．
【点睛】
本题重要考察与圆有关位置关系和圆中计算问题，纯熟掌握圆性质是本题解题关键.

12．已知边长为1正方形ABCD中， P是对角线AC上一种动点（与点A、C不重叠），过点P作PE⊥PB ，PE交射线DC于点E，过点E作EF⊥AC，垂足为点F．
（1）当点E落在线段CD上时（如图），
①求证：PB=PE；
②在点P运动过程中，PF长度与否发生变化？若不变，试求出这个不变值，若变化，试阐明理由；
（2）当点E落在线段DC延长线上时，在备用图上画出符合规定大体图形，并判断上述（1）中结论与否仍然成立（只需写出结论，不需要证明）；
（3）在点P运动过程中，△PEC能否为等腰三角形？假如能，试求出AP长，假如不能，试阐明理由．

【答案】（1）①证明见解析；②点PP在运动过程中，PF长度不变，值为；（2）画图见解析，成立 ；（3）能，1.
【解析】
分析：（1）①过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．要证PB=PE，只需证到△PGB≌△PHE即可；②连接BD，如图2．易证△BOP≌△PFE，则有BO=PF，只需求出BO长即可．
（2）根据条件即可画出符合规定图形，同理可得（1）中结论仍然成立．
（3）可分点E在线段DC上和点E在线段DC延长线上两种状况讨论，通过计算就可求出符合规定AP长．
详解：（1）①证明：过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．

∵四边形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC，
∴∠GPC=∠ACB=∠ACD=∠HPC=45°．
∴PG=PH，∠GPH=∠PGB=∠PHE=90°．
∵PE⊥PB即∠BPE=90°，
∴∠BPG=90°﹣∠GPE=∠EPH．
在△PGB和△PHE中，
，
∴△PGB≌△PHE（ASA），
∴PB=PE．
②连接BD，如图2．

∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOP=90°．
∵PE⊥PB即∠BPE=90°，
∴∠PBO=90°﹣∠BPO=∠EPF．
∵EF⊥PC即∠PFE=90°，
∴∠BOP=∠PFE．
在△BOP和△PFE中，

∴△BOP≌△PFE（AAS），
∴BO=PF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠BOC=90°，
∴BC=OB．
∵BC=1，∴OB=，
∴PF=．
∴点PP在运动过程中，PF长度不变，值为．
（2）当点E落在线段DC延长线上时，符合规定图形如图3所示．

同理可得：PB=PE，PF=．
（3）①若点E在线段DC上，如图1．

∵∠BPE=∠BCE=90°，∴∠PBC+∠PEC=180°．
∵∠PBC＜90°，∴∠PEC＞90°．
若△PEC为等腰三角形，则EP=EC．
∴∠EPC=∠ECP=45°，
∴∠PEC=90°，与∠PEC＞90°矛盾，
∴当点E在线段DC上时，△PEC不也许是等腰三角形．
②若点E在线段DC延长线上，如图4．

若△PEC是等腰三角形，
∵∠PCE=135°，
∴CP=CE，
∴∠CPE=∠CEP=22.5°．
∴∠APB=180°﹣90°﹣22.5°=67.5°．
∵∠PRC=90°+∠PBR=90°+∠CER，
∴∠PBR=∠CER=22.5°，
∴∠ABP=67.5°，
∴∠ABP=∠APB．
∴AP=AB=1．
∴AP长为1．
点睛：本题重要考察了正方形性质、等腰三角形性质、全等三角形判定与性质、角平分线性质、勾股定理、四边形内角和定理、三角形内角和定理及外角性质等知识，有一定综合性，而通过添加辅助线证明三角形全等是处理本题关键．

13．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．

14．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．

15．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．