2020-2021中考数学培优-易错-难题(含解析)之平行四边形及详细答案.doc

2020-2021中考数学培优 易错 难题(含解析)之平行四边形及详细答案

一、平行四边形
1．在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）．过点A，点C作直线BP的垂线，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的数量关系；
（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由
（3）若|CF﹣AE|=2，EF=2，当△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长．

【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP的长为或.
【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一半即可得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，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE；
（3）分点P在AO上与CO上两种情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，观察图形可知，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的长为或.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.

2．已知矩形纸片OBCD的边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是折痕与矩形的边的交点），点P为点D的对应点，再将纸片还原。
（I）若点P落在矩形OBCD的边OB上，
①如图①，当点E与点O重合时，求点F的坐标；
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的坐标：
（Ⅱ）若点P落在矩形OBCD的内部，且点E，F分别在边OD，边DC上，当OP取最小值时，求点P的坐标（直接写出结果即可）。

【答案】（I）①点F的坐标为；②点F的坐标为；（II）
【解析】
【分析】
（I）①根据折叠的性质可得,再由矩形的性质，即可求出F的坐标;
②由折叠的性质及矩形的特点，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，设菱形的边长为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的长度最短.
【详解】
解：（I）①∵折痕为EF,点P为点D的对应点

∵四边形OBCD是矩形，

点F的坐标为
②∵折痕为EF，点P为点D的对应点.

∵四边形OBCD是矩形，
，
；

∴四边形DEPF是平行四边形.
，
是菱形.
设菱形的边长为x，则
，
，
在中，由勾股定理得

解得

∴点F的坐标为
（Ⅱ）
【点睛】
此题考查了几何折叠问题、等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，关键是根据折叠的性质进行解答，属于中考压轴题．

3．已知Rt△ABD中，边AB=OB=1，∠ABO=90°
问题探究：
（1）以AB为边，在Rt△ABO的右边作正方形ABC，如图（1），则点O与点D的距离为 ．
（2）以AB为边，在Rt△ABO的右边作等边三角形ABC，如图（2），求点O与点C的距离．
问题解决：
（3）若线段DE=1，线段DE的两个端点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的距离有没有最大值，如果有，求出最大值，如果没有，说明理由．

【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的值最大，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即可解决问题．
【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的值最大，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的最大值为．
考点：四边形综合题．

4．图1、图2是两张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点．
（1）在图1中画出等腰直角三角形MON，使点N在格点上，且∠MON=90°；
（2）在图2中以格点为顶点画一个正方形ABCD，使正方形ABCD面积等于（1）中等腰直角三角形MON面积的4倍，并将正方形ABCD分割成以格点为顶点的四个全等的直角三角形和一个正方形，且正方形ABCD面积没有剩余（画出一种即可）．

【答案】（1）作图参见解析；（2）作图参见解析.
【解析】
试题分析：（1）过点O向线段OM作垂线，此直线与格点的交点为N，连接MN即可；（2）根据勾股定理画出图形即可．
试题解析：（1）过点O向线段OM作垂线，此直线与格点的交点为N，连接MN，如图1所示；

（2）等腰直角三角形MON面积是5，因此正方形面积是20，如图2所示；于是根据勾股定理画出图3：

考点：1.作图﹣应用与设计作图；2.勾股定理.

5．已知AD是△ABC的中线P是线段AD上的一点（不与点A、D重合），连接PB、PC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，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重合时，在不添加任何辅助线的条件下，写出所有与△BPE面积相等的三角形（不包括△BPE本身）．
【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的底AE=BE，又等高，得出S△APE=S△BPE，由△APE与△APF的底EP=FP，又等高，得出S△APE=S△APF，由△APF与△CPF的底AF=CF，又等高，得出S△APF=S△CPF，证得△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半，推出S△PGH=S△AEF=S△APF，即可得出结果．
【详解】
（1）证明：∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，
∴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的中线，
∴△APE与△BPE的底AE＝BE，又等高，
∴S△APE＝S△BPE，
∵AP是△AEF的中线，
∴△APE与△APF的底EP＝FP，又等高，
∴S△APE＝S△APF，
∴S△APF＝S△BPE，
∵PF是△APC的中线，
∴△APF与△CPF的底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的中点，
∴△AEF底边EF上的高等于△ABC底边BC上高的一半，△PGH底边GH上的高等于△PBC底边BC上高的一半，
∴△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半，
∵GH＝EF，
∴S△PGH＝S△AEF＝S△APF，
综上所述，与△BPE面积相等的三角形为：△APE、△APF、△CPF、△PGH．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理、平行线的性质、三角形面积的计算等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键．

6．已知，点是的角平分线上的任意一点，现有一个直角绕点旋转，两直角边，分别与直线，相交于点，点.

（1）如图1，若，猜想线段，，之间的数量关系，并说明理由.
（2）如图2，若点在射线上，且与不垂直，则（1）中的数量关系是否仍成立？如成立，请说明理由；如不成立，请写出线段，，之间的数量关系，并加以证明.
（3）如图3，若点在射线的反向延长线上，且，，请直接写出线段的长度.
【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.
∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴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），
，
∴.
∵，，
∴，
∴，
∴，
的长度为.
【点睛】
考核知识点：矩形，正方形的判定和性质.熟练运用特殊四边形的性质和判定是关键.

7．如图，点O是正方形ABCD两条对角线的交点，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的对角线交点为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）的条件下，正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边相交于点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的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）α的值是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，根据三角形的中位线的性质得到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°，由旋转的性质得到∠G′OD=∠E′OC，求得∠AOG′=∠COE′，根据全等三角形的性质得到AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O，即可得到结论；
（3）分类讨论，根据三角形的外角的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【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′的边OG′与正方形ABCD的边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′的边OG′与正方形ABCD的边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的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、旋转变换的性质的综合运用，有一定的综合性，分类讨论当△AON是等腰三角形时，求α的度数是本题的难点．

8．如图1，在正方形ABCD中，AD=6，点P是对角线BD上任意一点，连接PA，PC过点P作PE⊥PC交直线AB于E．
（1） 求证：PC=PE;
（2） 延长AP交直线CD于点F.
①如图2，若点F是CD的中点，求△APE的面积；
②若ΔAPE的面积是，则DF的长为
（3） 如图3，点E在边AB上，连接EC交BD于点M,作点E关于BD的对称点Q，连接PQ，MQ，过点P作PN∥CD交EC于点N，连接QN，若PQ=5，MN=，则△MNQ的面积是

【答案】（1）略；（2）①8，②4或9；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用正方形每个角都是90°，对角线平分对角的性质，三角形外角等于和它不相邻的两个内角的和，等角对等边等性质容易得证;
（2）作出△ADP和△DFP的高，由面积法容易求出这个高的值.从而得到△PAE的底和高，并求出面积.第2小问思路一样，通过面积法列出方程求解即可;
（3）根据已经条件证出△MNQ是直角三角形，计算直角边乘积的一半可得其面积.
【详解】
(1) 证明：∵点P在对角线BD上，
∴△ADP≌△CDP,
∴AP=CP, ∠DAP =∠DCP,
∵PE⊥PC，∴∠EPC=∠EPB+∠BPC=90°,
∵∠PEA=∠EBP+∠EPB=45°+90°-∠BPC=135°-∠BPC,
∵∠PAE=90°-∠DAP＝90°-∠DCP,
∠DCP=∠BPC-∠PDC=∠BPC-45°,
∴∠PAE=90°-(∠BPC-45°)= 135°-∠BPC,
∴∠PEA=∠PAE,
∴PC=PE;
（2）①如图2，过点P分别作PH⊥AD,PG⊥CD,垂足分别为H、G.延长GP交AB于点M.
∵四边形ABCD是正方形，P在对角线上，
∴四边形HPGD是正方形，
∴PH=PG,PM⊥AB,
设PH=PG=a,
∵F是CD中点，AD＝6，则FD=3,=9,
∵==,
∴,解得a=2,
∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4,
又∵PA=PE,
∴AM=EM,AE=4,
∵=,
②设HP＝b,由①可得AE=2b,MP=6-b,
∴=,
解得b=2.4,
∵==,
∴,
∴当b=2.4时，DF=4；当b＝3.6时，DF＝9,
即DF的长为4或9;
（3）如图，

∵E、Q关于BP对称，PN∥CD,
∴∠1＝∠2，∠2+∠3＝∠BDC=45°,
∴∠1+∠4=45°,
∴∠3=∠4,
易证△PEM≌△PQM, △PNQ≌△PNC,
∴∠5=∠6, ∠7=∠8 ,EM=QM,NQ=NC,
∴∠6+∠7=90°,
∴△MNQ是直角三角形,
设EM=a,NC=b列方程组
,
可得ab=,
∴,
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键.要注意运用数形结合思想.

9．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上的点，且CE=BF．连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG=DE，连接FG，FC．
（1）请判断：FG与CE的关系是___；
（2）如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；
（3）如图3，若点E，F分别是边BC，AB延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断．

【答案】（1）FG=CE，FG∥CE；（2）成立；（3）成立.
【解析】
试题分析：（1）只要证明四边形CDGF是平行四边形即可得出FG=CE，FG∥CE；
（2）构造辅助线后证明△HGE≌△CED，利用对应边相等求证四边形GHBF是矩形后，利用等量代换即可求出FG=C，FG∥CE；
（3）证明△CBF≌△DCE后，即可证明四边形CEGF是平行四边形．
试题解析：解：（1）FG=CE，FG∥CE；
（2）过点G作GH⊥CB的延长线于点H．∵EG⊥DE，∴∠GEH+∠DEC=90°．∵∠GEH+∠HGE=90°，∴∠DEC=∠HE．在△HGE与△CED中，∵∠GHE=∠DCE，∠HGE=∠DEC，EG=DE，∴△HGE≌△CED（AAS），∴GH=CE，HE=CD．∵CE=BF，∴GH=BF．∵GH∥BF，∴四边形GHBF是矩形，∴GF=BH，FG∥CH，∴FG∥CE．∵四边形ABCD是正方形，∴CD=BC，∴HE=BC，∴HE+EB=BC+EB，∴BH=EC，∴FG=EC；
（3）∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠FBC=∠ECD=90°．在△CBF与△DCE中，∵BF=CE，∠FBC=∠ECD，BC=DC，∴△CBF≌△DCE（SAS），∴∠BCF=∠CDE，CF=DE．∵EG=DE，∴CF=EG．∵DE⊥EG，∴∠DEC+∠CEG=90°．∵∠CDE+∠DEC=90°，∴∠CDE=∠CEG，∴∠BCF=∠CEG，∴CF∥EG，∴四边形CEGF平行四边形，∴FG∥CE，FG=CE．

10．问题探究
（1）如图①，已知正方形ABCD的边长为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的位置关系，并证明你的结论．
（2）如图②，已知正方形ABCD的边长为4．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿BC、CD方向向终点C和D运动．连接AM和BN，交于点P，求△APB周长的最大值；
问题解决
（3）如图③，AC为边长为2的菱形ABCD的对角线，∠ABC＝60°．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿BC、CA向终点C和A运动．连接AM和BN，交于点P．求△APB周长的最大值．

【答案】（1）AM⊥BN，证明见解析；（2）△APB周长的最大值4+4；（3）△PAB的周长最大值=2+4．
【解析】
试题分析：根据全等三角形的判定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的最大值即可；
（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的最大值即可.
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的最大值=AE=2，
∴△APB周长的最大值=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的值最大时，△APB的周长最大，
∴当PK是△ABK外接圆的直径时，PK的值最大，最大值为4，
∴△PAB的周长最大值=2+4．

11．(1)问题发现
如图1,点E. F分别在正方形ABCD的边BC、CD上,∠EAF=45°，连接EF、则EF=BE+DF，试说明理由；
(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满足的等量关系，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重合，证出△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质得出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重合，证出△AFE≌△AFG，根据全等三角形的性质得出EF=FG，即可得出答案；
（3）把△ACE旋转到ABF的位置，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重合，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重合，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的位置，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.

12．如图，抛物线交x轴的正半轴于点A，点B（，a）在抛物线上，点C是抛物线对称轴上的一点，连接AB、BC，以AB、BC为邻边作□ABCD，记点C纵坐标为n，
（1）求a的值及点A的坐标；
（2）当点D恰好落在抛物线上时，求n的值；
（3）记CD与抛物线的交点为E，连接AE，BE，当△AEB的面积为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的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出a的值，令y=0即可求出点A的坐标．
（２）求出点D的坐标即可求解；
（3）运用△AEB的面积为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）

13．如图，AB为⊙O的直径，点E在⊙O上，过点E的切线与AB的延长线交于点D，连接BE，过点O作BE的平行线，交⊙O于点F，交切线于点C，连接AC
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（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）由等角的转换证明出，根据圆的位置关系证得AC是⊙O的切线.
（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的直径，
∴AC为⊙O的切线；
（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】
本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题，熟练掌握圆的性质是本题的解题关键.

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的有效途径．下面是一案例，请同学们认真阅读、研究，完成“类比猜想”的问题．
习题 如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，说明理由．
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，还有EF=BE+DF吗？请说明理由．
（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？请说明理由．

【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，根据菱形和旋转的性质得到AE=AE′，∠EAF=∠E′AF，利用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F；由于∠ADE′+∠ADC=120°，则点F、D、E′不共线，所以DE′+DF＞EF，即由BE+DF＞EF；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数至△ADE′，如图（3），根据旋转的性质得到AE′=AE，∠EAF=∠E′AF，然后利用“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；根据前面的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的度数至△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的直线折叠（折痕为BM），点A恰好落在CD边的中点P处．

（1）求矩形ABCD的边AD的长．
（2）若P为CD边上的一个动点，折叠纸片，使得A与P重合，折痕为MN，其中M在边AD上，N在边BC上，如图2所示．设DP＝x cm，DM＝y cm，试求y与x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围．
（3）①当折痕MN的端点N在AB上时，求当△PCN为等腰三角形时x的值；
②当折痕MN的端点M在CD上时，设折叠后重叠部分的面积为S，试求S与x之间的函数关系式
【答案】（1）AD＝3；（2）y=－其中，0＜x＜3；（3）x=；（4）S=.
【解析】
试题分析：（1）根据折叠图形的性质和勾股定理求出AD的长度；（2）根据折叠图形的性质以及Rt△MPD的勾股定理求出函数关系式；（3）过点N作NQ⊥CD，根据Rt△NPQ的勾股定理进行求解；（4）根据Rt△ADM的勾股定理求出MP与x的函数关系式，然后得出函数关系式.
试题解析：（1）根据折叠可得BP=AB=6cm CP=3cm 根据Rt△PBC的勾股定理可得：AD＝3．
（2）由折叠可知AM＝MP，在Rt△MPD中，
∴∴y=－其中，0＜x＜3.
（3）当点N在AB上，x≥3， ∴PC≤3，而PN≥3，NC≥3.
∴△PCN为等腰三角形，只可能NC＝NP．
过N点作NQ⊥CD，垂足为Q，在Rt△NPQ中，
∴解得x=．
（4）当点M在CD上时，N在AB上，可得四边形ANPM为菱形．
设MP＝y，在Rt△ADM中，，即∴ y=．
∴ S=
考点：函数的性质、勾股定理.