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中考数学 平行四边形 综合题含答案

一、平行四边形
1．如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
分析：（1）根据平行四边形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF的长.
详解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点，
∴∠A=90°，AD=BC=4，AB∥DC，OB=OD，
∴∠OBE=∠ODF，
在△BOE和△DOF中，

∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴EO=FO，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，BD⊥EF，
设BE=x，则 DE=x，AE=6-x，
在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2，
∴x2=42+（6-x）2，
解得：x= ，
∵BD= =2，
∴OB=BD=，
∵BD⊥EF，
∴EO==，
∴EF=2EO=．
点睛：本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问的关键

2．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．

（1）求证：AE=DF；
（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由；
（3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）能，t=10；（3）t=或12.
【解析】
【分析】
（1）利用t表示出CD以及AE的长，然后在直角△CDF中，利用直角三角形的性质求得DF的长，即可证明；
（2）易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值；
（3）△DEF为直角三角形，分∠EDF=90°和∠DEF=90°两种情况讨论.
【详解】
解：（1）证明：∵在Rt△ABC中，∠C=90°﹣∠A=30°，
∴AB=AC=×60=30cm，
∵CD=4t，AE=2t，
又∵在Rt△CDF中，∠C=30°，
∴DF=CD=2t，∴DF=AE；
（2）能，
∵DF∥AB，DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，即60﹣4t=2t，解得：t=10，
∴当t=10时，AEFD是菱形；
（3）若△DEF为直角三角形，有两种情况：
①如图1，∠EDF=90°，DE∥BC，

则AD=2AE，即60﹣4t=2×2t，解得：t=，
②如图2，∠DEF=90°，DE⊥AC，

则AE=2AD，即，解得：t=12，
综上所述，当t=或12时，△DEF为直角三角形.

3．如图，△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC．
（1）求证：AD=EC；
（2）当∠BAC=Rt∠时，求证：四边形ADCE是菱形．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）先证四边形ABDE是平行四边形，再证四边形ADCE是平行四边形即可；
（2）由∠BAC=90°，AD是边BC上的中线，得AD=BD=CD，即可证明.
【详解】
(1)证明：∵AE∥BC，DE∥AB ，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE=BD，
∵AD是边BC上的中线，
∴BD=DC，
∴AE=DC，
又∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形.
(2) 证明：∵∠BAC=90°，AD是边BC上的中线.
∴AD=CD
∵四边形ADCE是平行四边形，
∴四边形ADCE是菱形.
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边中线定理.根据图形与已知条件灵活应用平行四边形的判定方法是证明的关键.

4．如图，ABCD是正方形，点G是BC上的任意一点，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，根据同角的余角相等可得出∠ADE=∠BAF，利用AAS可得出△ABF≌△DAE；利用全等三角的对应边相等可得出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：此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．

5．如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥DB，垂足为点D，将平行四边形ABCD折叠，使点B落在点D的位置，点C落在点G的位置，折痕为EF，EF交对角线BD于点P．
（1）连结CG，请判断四边形DBCG的形状，并说明理由；
（2）若AE＝BD，求∠EDF的度数．

【答案】（1）四边形BCGD是矩形，理由详见解析；（2）∠EDF＝120°．
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质和折叠性质以及矩形的判定解答即可；
（2）根据折叠的性质以及直角三角形的性质和等边三角形的判定与性质解答即可．
【详解】
解：（1）四边形BCGD是矩形，理由如下，
∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC∥AD，即BC∥DG，
由折叠可知，BC＝DG，
∴四边形BCGD是平行四边形，
∵AD⊥BD，
∴∠CBD＝90°，
∴四边形BCGD是矩形；
（2）由折叠可知：EF垂直平分BD，
∴BD⊥EF，DP＝BP，
∵AD⊥BD，
∴EF∥AD∥BC，
∴
∴AE＝BE，
∴DE是Rt△ADB斜边上的中线，
∴DE＝AE＝BE，
∵AE＝BD，
∴DE＝BD＝BE，
∴△DBE是等边三角形，
∴∠EDB＝∠DBE＝60°，
∵AB∥DC，
∴∠DBC＝∠DBE＝60°，
∴∠EDF＝120°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，折叠性质，等边三角形的性质和判定，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力，题目综合性比较强，有一定的难度

6．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，40），直线AB：y＝x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH．
（1）求边EF的长；
（2）将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）．
①当点F1移动到点B时，求t的值；
②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE重叠部分的面积．

【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120；
【解析】
【分析】
（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-x+40，可求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；
（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，t=10÷=10；
②F点移动到F'的距离是t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，=，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，，t=4，S=×(12+)×11=；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，=，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，＝＝，t=7，S=15×（15-7）=120.
【详解】
（1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b，
将点E（30，0），点D（0，40），
∴，
∴，
∴y＝﹣x+40，
直线AB与直线DE的交点P（21，12），
由题意知F（30，15），
∴EF＝15；
（2）①易求B（0，5），
∴BF＝10，
∴当点F1移动到点B时，t＝10＝10；
②当点H运动到直线DE上时，

F点移动到F'的距离是t，
在Rt△F'NF中，=，
∴FN＝t，F'N＝3t，
∵MH'＝FN＝t，
EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t，
在Rt△DMH'中，
，
∴，
∴t＝4，
∴EM＝3，MH'＝4，
∴S＝；
当点G运动到直线DE上时，

F点移动到F'的距离是t，
∵PF＝3，
∴PF'＝t﹣3，
在Rt△F'PK中，
，
∴PK＝t﹣3，F'K＝3t﹣9，
在Rt△PKG'中，＝＝，
∴t＝7，
∴S＝15×（15﹣7）＝120.
【点睛】
本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键．

7．（问题情境）在△ABC中，AB＝AC，点P为BC所在直线上的任一点，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．
证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE＝CF．（不要证明）
（变式探究）（1）当点P在CB延长线上时，其余条件不变（如图3），试探索PD、PE、CF之间的数量关系并说明理由；
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
（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上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD＝16，CF＝6，求PG+PH的值．
（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上一个动点，若点P到直线l1的距离为2．求点P的坐标．

【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，同理利用△ABP与△ACP面积之差等于△ABC的面积可以证得；
【结论运用】
过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，根据勾股定理和矩形的性质解答即可；
【迁移拓展】
分两种情况，利用结论，求得点P到x轴的距离，再利用待定系数法可求出P的坐标．
【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，
由问题情境中的结论可得：PG+PH＝EQ．
∴PG+PH＝8．
∴PG+PH的值为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的纵坐标为6
又点P1在直线l2上，
∴y＝2x+8＝6，
∴x＝﹣1，
即点P1的坐标为（﹣1，6）；
（2）由结论得：P2E2﹣P2D2＝OA＝8
∵P2D2＝2，
∴P2E2＝10 即点P1的纵坐标为10
又点P1在直线l2上，
∴y＝2x+8＝10，
∴x＝1，
即点P1的坐标为（1，10）
【点睛】
本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定及勾股定理等知识点，利用面积法列出等式是解决问题的关键．

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．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．

10．如图，现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′处．AB′与CD交于点E．
（1）求证：△AED≌△CEB′；
（2）过点E作EF⊥AC交AB于点F，连接CF，判断四边形AECF的形状并给予证明．

【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意可得AD=BC=B'C，∠B=∠D=∠B'，且∠AED=∠CEB'，利用AAS证明全等，则结论可得；
（2）由△AED≌△CEB′可得AE=CE，且EF⊥AC，根据等腰三角形的性质可得EF垂直平分AC，∠AEF=∠CEF．即AF=CF，∠CEF=∠AFE=∠AEF，可得AE=AF，则可证四边形AECF是菱形．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D
∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠
∴BC＝B'C，∠B＝∠B'
∴∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC
∴△ADE≌△B'EC
（2）四边形AECF是菱形
∵△ADE≌△B'EC
∴AE＝CE
∵AE＝CE，EF⊥AC
∴EF垂直平分AC，∠AEF＝∠CEF
∴AF＝CF
∵CD∥AB
∴∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF
∴∠AEF＝∠EFA
∴AF＝AE
∴AF＝AE＝CE＝CF
∴四边形AECF是菱形
【点睛】
本题考查了折叠问题，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，熟练掌握这些性质和判定是解决问题的关键．

11．如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，D重合），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连结AG．
（1）写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由；
（2）若正方形ABCD的边长为1，∠AGF=105°，求线段BG的长．
【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，利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°即可解决问题.
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关于对角线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、正方形的性质，2、矩形的判定和性质，3、勾股定理，4、直角三角形30度的性质

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1所示，（1）在正三角形ABC中，M是BC边（不含端点B、C）上任意一点，P是BC延长线上一点，N是∠ACP的平分线上一点，若∠AMN=60°，求证：AM=MN．
（2）若将（1）中“正三角形ABC”改为“正方形ABCD”，N是∠DCP的平分线上一点，若∠AMN=90°，则AM=MN是否成立？若成立，请证明；若不成立，说明理由．
（3）若将（2）中的“正方形ABCD”改为“正n边形A1A2…An“，其它条件不变，请你猜想：当∠An﹣2MN=_____°时，结论An﹣2M=MN仍然成立．（不要求证明）

【答案】
【解析】
分析：（1）要证明AM=MN，可证AM与MN所在的三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，利用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN．
（2）同（1），要证明AM=MN，可证AM与MN所在的三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，利用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN．
详（1）证明：在边AB上截取AE=MC，连接ME．

在正△ABC中，∠B=∠BCA=60°，AB=BC．
∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAE，
BE=AB-AE=BC-MC=BM，
∴∠BEM=60°，∴∠AEM=120°．
∵N是∠ACP的平分线上一点，
∴∠ACN=60°，∴∠MCN=120°．
在△AEM与△MCN中，∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN，
∴△AEM≌△MCN（ASA），
∴AM=MN．
（2）解：结论成立；
理由：在边AB上截取AE=MC，连接ME．

∵正方形ABCD中，∠B=∠BCD=90°，AB=BC．
∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAB=∠MAE，
BE=AB-AE=BC-MC=BM，
∴∠BEM=45°，∴∠AEM=135°．
∵N是∠DCP的平分线上一点，
∴∠NCP=45°，∴∠MCN=135°．
在△AEM与△MCN中，∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN，
∴△AEM≌△MCN（ASA），
∴AM=MN．
（3）由（1）（2）可知当∠An-2MN等于n边形的内角时，结论An-2M=MN仍然成立；
即∠An-2MN=时，结论An-2M=MN仍然成立；
故答案为[]．
点睛：本题综合考查了正方形、等边三角形的性质及全等三角形的判定，同时考查了学生的归纳能力及分析、解决问题的能力．难度较大．

14．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（3，3）．将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AP、AG．
（1）求证：△AOG≌△ADG；
（2）求∠PAG的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由；
（3）当∠1=∠2时，求直线PE的解析式；
（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析（2）∠PAG =45°，PG=OG+BP．理由见解析（3）y=x﹣3．（4）、．
【解析】
试题分析：(1)由AO=AD，AG=AG，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，判断出△AOG≌△ADG即可．(2)首先根据三角形全等的判定方法，判断出△ADP≌△ABP，再结合△AOG≌△ADG，可得∠DAP=∠BAP，∠1=∠DAG；然后根据∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；最后判断出线段OG、PG、BP之间的数量关系即可．(3)首先根据△AOG≌△ADG，判断出∠AGO=∠AGD；然后根据∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，判断出当∠1=∠2时，∠AGO=∠AGD=∠PGC，而∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，求出∠1=∠2=30°；最后确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE的解析式．
(4)根据题意，分两种情况：①当点M在x轴的负半轴上时；②当点M在EP的延长线上时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标是多少即可．
试题解析：(1)在Rt△AOG和Rt△ADG中，（HL） ∴△AOG≌△ADG．
(2)在Rt△ADP和Rt△ABP中，∴△ADP≌△ABP， 则∠DAP=∠BAP；
∵△AOG≌△ADG， ∴∠1=∠DAG； 又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，
∴2∠DAG+2∠DAP=90°， ∴∠DAG+∠DAP=45°， ∵∠PAG=∠DAG+∠DAP， ∴∠PAG=45°；
∵△AOG≌△ADG， ∴DG=OG， ∵△ADP≌△ABP， ∴DP=BP， ∴PG=DG+DP=OG+BP．
(3)解：∵△AOG≌△ADG， ∴∠AGO=∠AGD， 又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2，
∴∠AGO=∠PGC， 又∵∠AGO=∠AGD， ∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，
又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°， ∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，
∴∠1=∠2=90°﹣60°=30°； 在Rt△AOG中， ∵AO=3， ∴OG=AOtan30°=3×=，
∴G点坐标为（，0），CG=3﹣， 在Rt△PCG中，PC===3（﹣1），
∴P点坐标为：（3，3﹣3 ）， 设直线PE的解析式为：y=kx+b， 则，
解得：， ∴直线PE的解析式为y=x﹣3．
(4)①如图1，当点M在x轴的负半轴上时，， ∵AG=MG，点A坐标为（0，3），
∴点M坐标为（0，﹣3）．

②如图2，当点M在EP的延长线上时，， 由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°，
∴EP与AB的交点M，满足AG=MG， ∵A点的横坐标是0，G点横坐标为，
∴M的横坐标是2，纵坐标是3， ∴点M坐标为（2，3）．
综上，可得 点M坐标为（0，﹣3）或（2，3）．
考点：几何变换综合题．

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.