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中考数学平行四边形-经典压轴题及答案解析

一、平行四边形
1．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），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的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明；
②将图1中的正方形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．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．

（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中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．

（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=，求BE2+DG2的值．
【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根据正方形的性质，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的关系；
②结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；
（2）根据两条对应边的比相等，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）中的位置关系仍然成立；
（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、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的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理．

2．（1）、动手操作：
如图①：将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为EF，若∠ABE＝20°，那么的度数为 .
（2）、观察发现：
小明将三角形纸片ABC（AB＞AC）沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片（如图②）；再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到△AEF（如图③）．小明认为△AEF是等腰三角形，你同意吗？请说明理由．

（3）、实践与运用：
将矩形纸片ABCD按如下步骤操作：将纸片对折得折痕EF，折痕与AD边交于点E，与BC边交于点F；将矩形ABFE与矩形EFCD分别沿折痕MN和PQ折叠，使点A、点D都与点F重合，展开纸片，此时恰好有MP＝MN＝PQ（如图④），求∠MNF的大小.
【答案】（1）125°；（2）同意；（3）60°
【解析】
试题分析：（1）根据直角三角形的两个锐角互余求得∠AEB=70°，根据折叠重合的角相等，得∠BEF=∠DEF=55°，根据平行线的性质得到∠EFC=125°，再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°；
（2）根据第一次折叠，得∠BAD=∠CAD；根据第二次折叠，得EF垂直平分AD，根据等角的余角相等，得∠AEG=∠AFG，则△AEF是等腰三角形；
（3）由题意得出：∠NMF=∠AMN=∠MNF，MF=NF，由对称性可知，MF=PF，进而得出△MNF≌△MPF，得出3∠MNF=180°求出即可．
试题解析：（1）、∵在直角三角形ABE中，∠ABE=20°，
∴∠AEB=70°，
∴∠BED=110°，
根据折叠重合的角相等，得∠BEF=∠DEF=55°．
∵AD∥BC，
∴∠EFC=125°，
再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°．；
（2）、同意，如图，设AD与EF交于点G

由折叠知，AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD．
由折叠知，∠AGE=∠DGE=90°，
所以∠AGE=∠AGF=90°，
所以∠AEF=∠AFE．
所以AE=AF，
即△AEF为等腰三角形．
（3）、由题意得出：∠NMF＝∠AMN＝∠MNF，
∴MF＝NF，
由折叠可知，MF＝PF，
∴NF＝PF，
而由题意得出：MP＝MN，
又∵MF＝MF，
∴△MNF≌△MPF，
∴∠PMF＝∠NMF，而∠PMF＋∠NMF＋∠MNF＝180°，
即3∠MNF＝180°，
∴∠MNF＝60°.
考点：1.折叠的性质；2.等边三角形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.等腰三角形的判定

3．四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H．
（1）如图1，当点E、F在线段AD上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG与BE的位置关系，并加以证明；
（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试说明HO平分∠BHG；
（3）当点E、F运动到如图3所示的位置时，其它条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO的度数．

【答案】（1）①证明见解析；②AG⊥BE．理由见解析；（2）证明见解析；（3）∠BHO=45°．
【解析】
试题分析：（1）①根据正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG；②根据正方形的性质得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠ABE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断AG⊥BE；
（2）如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立；
（3）如答图2所示，与（1）同理，可以证明AG⊥BE；过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，构造全等三角形△AON≌△BOM，从而证明OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，即∠BHO=45°．
试题解析：（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADG和△CDG中
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG=∠DCG；
②AG⊥BE．理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，
在△ABE和△DCF中
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE=∠DCF，
∵∠DAG=∠DCG，
∴∠DAG=∠ABE，
∵∠DAG+∠BAG=90°，
∴∠ABE+∠BAG=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG⊥BE；
（2）由（1）可知AG⊥BE．
如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形．

∴∠MON=90°，
又∵OA⊥OB，
∴∠AON=∠BOM．
∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°，
∴∠OAN=∠OBM．
在△AON与△BOM中，

∴△AON≌△BOM（AAS）．
∴OM=ON，
∴矩形OMHN为正方形，
∴HO平分∠BHG．
（3）将图形补充完整，如答图2示，∠BHO=45°．

与（1）同理，可以证明AG⊥BE．
过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，
与（2）同理，可以证明△AON≌△BOM，
可得OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，
∴∠BHO=45°．
考点：1、四边形综合题；2、全等三角形的判定与性质；3、正方形的性质

4．如图，△ABC是等边三角形，AB=6cm，D为边AB中点．动点P、Q在边AB上同时从点D出发，点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动．点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动，回到点D停止．以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN．将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ．设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（cm2），点P运动的时间为t（s）（0＜t＜3）．
（1）当点N落在边BC上时，求t的值．
（2）当点N到点A、B的距离相等时，求t的值．
（3）当点Q沿D→B运动时，求S与t之间的函数表达式．
（4）设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，直接写出四边形PEMF与四边形PQMN的面积比为2：3时t的值．

【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）t=1或
【解析】
试题分析：（1）由题意知：当点N落在边BC上时，点Q与点B重合，此时DQ=3；
（2）当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，此时PD=DQ；
（3）当0≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN；当≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN．
（4）MN、MQ与边BC的有交点时，此时＜t＜，列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后，即可求出t的值．
试题解析：（1）∵△PQN与△ABC都是等边三角形，
∴当点N落在边BC上时，点Q与点B重合．
∴DQ=3
∴2t=3．
∴t=；
（2）∵当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，
∴PD=DQ，
当0＜t＜时，
此时，PD=t，DQ=2t
∴t=2t
∴t=0（不合题意，舍去），
当≤t＜3时，
此时，PD=t，DQ=6﹣2t
∴t=6﹣2t，
解得t=2；
综上所述，当点N到点A、B的距离相等时，t=2；
（3）由题意知：此时，PD=t，DQ=2t
当点M在BC边上时，
∴MN=BQ
∵PQ=MN=3t，BQ=3﹣2t
∴3t=3﹣2t
∴解得t=
如图①，当0≤t≤时，
S△PNQ=PQ2=t2；
∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，
如图②，当≤t≤时，
设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，
∵MN=PQ=3t，NE=BQ=3﹣2t，
∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3，
∵△EMF是等边三角形，
∴S△EMF=ME2=（5t﹣3）2
．
；
（4）MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，
此时＜t＜，
t=1或．

考点：几何变换综合题

5．如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO=CO，BO=DO，且∠ABC+∠ADC=180°．
（1）求证：四边形ABCD是矩形．
（2）若∠ADF：∠FDC=3：2，DF⊥AC，求∠BDF的度数．

【答案】(1)见解析；（2）18°.
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的判定得出四边形ABCD是平行四边形，求出∠ABC=90°，根据矩形的判定得出即可；
（2）求出∠FDC的度数，根据三角形内角和定理求出∠DCO，根据矩形的性质得出OD=OC，求出∠CDO，即可求出答案．
【详解】
（1）证明：∵AO=CO，BO=DO
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC，
∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵∠ADC=90°，∠ADF：∠FDC=3：2，
∴∠FDC=36°，
∵DF⊥AC，
∴∠DCO=90°﹣36°=54°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD，
∴∠ODC=54°
∴∠BDF=∠ODC﹣∠FDC=18°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形．

6．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．

7．如图所示，矩形ABCD中，点E在CB的延长线上，使CE＝AC，连接AE，点F是AE的中点，连接BF、DF，求证：BF⊥DF．

【答案】见解析.
【解析】
【分析】
延长BF，交DA的延长线于点M，连接BD，进而求证△AFM≌△EFB，得AM=BE，FB=FM，即可求得BC+BE=AD+AM，进而求得BD=BM，根据等腰三角形三线合一的性质即可求证BF⊥DF．
【详解】
延长BF，交DA的延长线于点M，连接BD．
∵四边形ABCD是矩形，∴MD∥BC，∴∠AMF=∠EBF，∠E=∠MAF，又FA=FE，∴△AFM≌△EFB，∴AM=BE，FB=FM．
∵矩形ABCD中，∴AC=BD，AD=BC，∴BC+BE=AD+AM，即CE=MD．
∵CE=AC，∴AC=CE= BD =DM．
∵FB=FM，∴BF⊥DF．

【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和对应边相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，本题中求证DB=DM是解题的关键．

8．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.

9．如图①，在矩形中，点从边的中点出发，沿着速运动，速度为每秒2个单位长度，到达点后停止运动，点是上的点，，设的面积为，点运动的时间为秒，与的函数关系如图②所示.
(1)图①中= ，= ，图②中= .
(2)当=1秒时，试判断以为直径的圆是否与边相切?请说明理由:
(3)点在运动过程中，将矩形沿所在直线折叠，则为何值时，折叠后顶点的对应点落在矩形的一边上.

【答案】(1)8,18,20;(2)不相切，证明见解析；（3）t=、5、.
【解析】
【分析】
（1）由题意得出AB=2BE，t=2时，BE=2×2=4，求出AB=2BE=8，AE=BE=4，t=11时，2t=22，得出BC=18，当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=AQ×AE=20即可；
（2）当t=1时，PE=2，得出AP=AE+PE=6，由勾股定理求出PQ=2，设以PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，由三角形中位线定理得出O'M=AP=3，求出O'N=MN-O'M=5＜圆O'的半径，即可得出结论；
（3）分三种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，则QF=AB=8，BF=AQ=10，由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，由勾股定理求出A'F==6，得出A'B=BF-A'F=4，在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，由折叠的性质得：A'P=AP，证出∠APQ=∠AQP，得出AP=AQ=A'P=10，在Rt△ABP中，由勾股定理求出BP=6，由BP=2t-4，得出2t-4=6，解方程即可；
③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，由折叠的性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10，在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8，由勾股定理求出DA'=6，得出A'C=CD-DA'=2，在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=22-2t，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】
（1）∵点P从AB边的中点E出发，速度为每秒2个单位长度，
∴AB=2BE，
由图象得：t=2时，BE=2×2=4，
∴AB=2BE=8，AE=BE=4，
t=11时，2t=22，
∴BC=22-4=18，
当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=AQ×AE=×10×4=20；
故答案为8，18，20；
（2）当t=1秒时，以PQ为直径的圆不与BC边相切，理由如下：
当t=1时，PE=2，
∴AP=AE+PE=4+2=6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴PQ=，
设以PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，如图1所示：

则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，
∵O'为PQ的中点，
∴O''M是△APQ的中位线，
∴O'M=AP=3，
∴O'N=MN-O'M=5＜，
∴以PQ为直径的圆不与BC边相切；
（3）分三种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，如图2所示：

则QF=AB=8，BF=AQ=10，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，CD=AB=8，AD=BC=18，
由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，
∴A'F==6，
∴A'B=BF-A'F=4，
在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t，
由勾股定理得：42+（4-2t）2=（4+2t）2，
解得：t=；
②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，连接AA'，如图3所示：

由折叠的性质得：A'P=AP，
∴∠APQ'=∠A'PQ，
∵AD∥BC，
∴∠AQP=∠A'PQ，
∴∠APQ=∠AQP，
∴AP=AQ=A'P=10，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：BP==6，
又∵BP=2t-4，
∴2t-4=6，解得：t=5；
③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，连接AP、A'P，如图4所示：

由折叠的性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10，
在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8，
由勾股定理得：DA'==6，
∴A'C=CD-DA'=2，
在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=18-（2t-4）=22-2t，
由勾股定理得：AP2=82+（2t-4）2，A'P2=22+（22-2t）2，
∴82+（2t-4）2=22+（22-2t）2，
解得：t=；
综上所述，t为或5或时，折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上．
【点睛】
四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识.

10．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣6，0）、点C（0，6），若正方形OABC绕点O顺时针旋转，得正方形OA′B′C′，记旋转角为α：
（1）如图①，当α＝45°时，求BC与A′B′的交点D的坐标；
（2）如图②，当α＝60°时，求点B′的坐标；
（3）若P为线段BC′的中点，求AP长的取值范围（直接写出结果即可）．

【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）当α＝45°时，延长OA′经过点B，在Rt△BA′D中，∠OBC＝45°，A′B＝，可求得BD的长，进而求得CD的长，即可得出点D的坐标；
（2）过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN的垂线，垂足为N，证明△OMC′≌△C′NB′，可得C′N＝OM＝，B′N＝C′M＝3，即可得出点B′的坐标；
（3）连接OB，AC相交于点K，则K是OB的中点，因为P为线段BC′的中点，所以PK＝OC′＝3，即点P在以K为圆心，3为半径的圆上运动，即可得出AP长的取值范围．
【详解】
解：（1）∵A（﹣6，0）、C（0，6），O（0，0），
∴四边形OABC是边长为6的正方形，
当α＝45°时，
如图①，延长OA′经过点B，
∵OB＝6，OA′＝OA＝6，∠OBC＝45°，
∴A′B＝，
∴BD＝（）×，
∴CD＝6﹣（）=，
∴BC与A′B′的交点D的坐标为（，6）；

（2）如图②，过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN的垂线，垂足为N，
∵∠OC′B′＝90°，
∴∠OC′M＝90°﹣∠B′C′N＝∠C′B′N，
∵OC′＝B′C′，∠OMC′＝∠C′NB′＝90°，
∴△OMC′≌△C′NB′（AAS），
当α＝60°时，
∵∠A′OC′＝90°，OC′＝6，
∴∠C′OM＝30°，
∴C′N＝OM＝，B′N＝C′M＝3，
∴点B′的坐标为；

（3）如图③，连接OB，AC相交于点K，
则K是OB的中点，
∵P为线段BC′的中点，
∴PK＝OC′＝3，
∴P在以K为圆心，3为半径的圆上运动，
∵AK＝3，
∴AP最大值为，AP的最小值为，
∴AP长的取值范围为.

【点睛】
本题考查正方形性质，全等三角形判定与性质，三角形中位线定理．（3）问解题的关键是利用中位线定理得出点P的轨迹．

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，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG．

（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD=8，CF=4，求的值．
【答案】（1）证明见试题解析；（2）．
【解析】
试题分析：（1）由折叠的性质，可以得到DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，再证明 FG=FE，即可得到四边形DEFG为菱形；
（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．
试题解析：（1）由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，∵FG∥CD，∴∠2=∠3，∴FG=FE，∴DG=GF=EF=DE，∴四边形DEFG为菱形；
（2）设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，在Rt△EFC中，，即，解得：x=5，CE=8﹣x=3，∴=．

考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．勾股定理；3．菱形的判定与性质；4．矩形的性质；5．综合题．

13．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个单位长度的速度运动．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的运动时间为t秒，△EFG和△AHC的重合部分面积为S．
（1）CE= （含t的代数式表示）．
（2）求点G落在线段AC上时t的值．
（3）当S＞0时，求S与t之间的函数关系式．
（4）点P在点E出发的同时从点A出发沿A-H-A以每秒2个单位长度的速度作往复运动，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的取值范围．

【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）由菱形的性质得出BC=AB=6得出CE=BC-BE=6-2t即可；
（2）由菱形的性质和已知条件得出△ABC是等边三角形，得出∠ACB=60°，由等边三角形的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）分两种情况：①当＜t≤2时，S=△EFG的面积-△NFN的面积，即可得出结果；
②当2＜t≤3时，由①的结果容易得出结论；
（4）由题意得出t=时，点P与H重合，E与H重合，得出点P在△EFG内部时，t的不等式，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）分两种情况：①当＜t≤2时，如图2所示：

S=△EFG的面积-△NFN的面积=××（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重合，E与H重合，
∴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的取值范围为：＜t＜．
考点：四边形综合题．

14．已知：如图，四边形ABCD和四边形AECF都是矩形，AE与BC交于点M，CF与AD交于点N．

（1）求证：△ABM≌△CDN；
（2）矩形ABCD和矩形AECF满足何种关系时，四边形 AMCN是菱形，证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析；（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．证明见解析；
【解析】
试题分析：（1）由已知条件可得四边形AMCN是平行四边形，从而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，利用HL即可证明；
（2）若四边形AMCN为菱形，则有AM=AN，从已知可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，所以有△ABM≌△AFN，从而得AB=AF，因此当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD∥BC．
∵四边形AECF是矩形，∴AE∥CF．∴四边形AMCN是平行四边形．∴AM＝CN．在Rt△ABM和Rt△CDN中，AB＝CD，AM＝CN，∴Rt△ABM≌Rt△CDN．
（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．
∵四边形ABCD、AECF是矩形，∴∠B＝∠BAD＝∠EAF＝∠F＝90°．∴∠BAD－∠NAM＝∠EAF－∠NAM，即∠BAM＝∠FAN．又∵AB＝AF，∴△ABM≌△AFN．∴AM＝AN．由（1）知四边形AMCN是平行四边形，∴平行四边形AMCN是菱形．
考点：1．矩形的性质；2．三角形全等的判定与性质；3．菱形的判定．

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.