中考数学备考之平行四边形压轴突破训练∶培优篇附详细答案2.doc

中考数学备考之平行四边形压轴突破训练∶培优篇附详细答案

一、平行四边形
1．已知：在菱形ABCD中，E，F是BD上两点，且AE∥CF．
求证：四边形AECF是菱形．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
由菱形性质可得AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，由“SAS”可证△ADF≌△CDF，可得AF＝CF，由△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，由平行四边形判定和菱形判定可得四边形AECF是菱形．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是菱形
∴AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，
∵AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，DF＝DF
∴△ADF≌△CDF（SAS
∴AF＝CF，
∵AB∥CD，AE∥CF
∴∠ABE＝∠CDF，∠AEF＝∠CFE
∴∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD
∴△ABE≌△CDF（AAS）
∴AE＝CF，且AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形
又∵AF＝CF，
∴四边形AECF是菱形
【点睛】
本题重要考察菱形判定定理，首先要判定其为平行四边形，这是菱形判定基本判定.

2．如图，四边形ABCD中，∠BCD=∠D=90°，E是边AB中点.已知AD=1，AB=2.
（1）设BC=x，CD=y，求y有关x函数关系式，并写出定义域；
（2）当∠B=70°时，求∠AEC度数；
（3当△ACE为直角三角形时，求边BC长.

【答案】（1）；（2）∠AEC=105°；（3）边BC长为2或.
【解析】
试题分析：（1）过A作AH⊥BC于H，得到四边形ADCH为矩形．在△BAH中，由勾股定理即可得出结论．
（2）取CD中点T，连接TE，则TE是梯形中位线，得ET∥AD，ET⊥CD，∠AET=∠B=70°．
又AD=AE=1，得到∠AED=∠ADE=∠DET=35°．由ET垂直平分CD，得∠CET=∠DET=35°，即可得到结论．
（3）分两种状况讨论：①当∠AEC=90°时，易知△CBE≌△CAE≌△CAD，得∠BCE=30°，
解△ABH即可得到结论．
②当∠CAE=90°时，易知△CDA∽△BCA，由相似三角形对应边成比例即可得到结论．
试题解析：解：（1）过A作AH⊥BC于H．由∠D=∠BCD=90°，得四边形ADCH为矩形．
在△BAH中，AB=2，∠BHA=90°，AH=y，HB=，∴，
则
（2）取CD中点T，联结TE，则TE是梯形中位线，得ET∥AD，ET⊥CD，∴∠AET=∠B=70°．
又AD=AE=1，∴∠AED=∠ADE=∠DET=35°．由ET垂直平分CD，得∠CET=∠DET=35°，∴∠AEC=70°＋35°=105°．
（3）分两种状况讨论：①当∠AEC=90°时，易知△CBE≌△CAE≌△CAD，得∠BCE=30°，
则在△ABH中，∠B=60°，∠AHB=90°，AB=2，得BH=1，于是BC=2．
②当∠CAE=90°时，易知△CDA∽△BCA，又，
则（舍负）
易知∠ACE<90°，因此边BC长为．
综上所述：边BC长为2或．

点睛：本题是四边形综合题．考察了梯形中位线，相似三角形判定与性质．解题关键是掌握梯形中常见辅助线作法．

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，正方形ABCD边长为8，E为BC上一定点，BE＝6，F为AB上一动点，把△BEF沿EF折叠，点B落在点B′处，当△AFB′恰好为直角三角形时，B′D长为？

【答案】或
【解析】
【分析】
分两种状况分析：如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=；如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，AF=2，过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=；
【详解】
如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，
∵∠B=90°，∴AE==10，
∵B′E=BE=6，∴AB′=4，
∵B′F=BF，AF+BF=AB=8，
在Rt△AB′F中，∠AB′F=90°，由勾股定理得，AF2=FB′2+AB′2，
∴AF=5，BF=3，
过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，
∴AN=B′M=2.4，∴DN=AD-AN=8-2.4=5.6，
在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D= = ；

如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，∴AF=2，
过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，∴AN=B′F=6，B′N=AF=2，∴DN=AD-AN=2，
在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D= = ；

综上，可得B′D长为或.
【点睛】
本题重要考察正方形性质与判定，矩形有性质判定、勾股定理、折叠性质等，能对地画出图形并能分类讨论是解题关键.

5．（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．

6．（1）（问题发现）
如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，点D为BC中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E恰好与点A重叠，则线段BE与AF数量关系为　 　
（2）（拓展研究）
在（1）条件下，假如正方形CDEF绕点C旋转，连接BE，CE，AF，线段BE与AF数量关系有无变化？请仅就图2情形给出证明；
（3）（问题发现）
当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，直接写出线段AF长．

【答案】（1）BE=AF；（2）无变化；（3）AF长为﹣1或+1．
【解析】
试题分析：（1）先运用等腰直角三角形性质得出AD= ，再得出BE=AB=2，即可得出结论；
（2）先运用三角函数得出，同理得出，夹角相等即可得出△ACF∽△BCE，进而得出结论；
（3）分两种状况计算，当点E在线段BF上时，如图2，先运用勾股定理求出EF=CF=AD=，BF=，即可得出BE=﹣，借助（2）得出结论，当点E在线段BF延长线上，同前一种状况同样即可得出结论．
试题解析：（1）在Rt△ABC中，AB=AC=2，
根据勾股定理得，BC=AB=2，
点D为BC中点，∴AD=BC=，
∵四边形CDEF是正方形，∴AF=EF=AD=，
∵BE=AB=2，∴BE=AF，
故答案为BE=AF；
（2）无变化；
如图2，在Rt△ABC中，AB=AC=2，
∴∠ABC=∠ACB=45°，∴sin∠ABC=，
在正方形CDEF中，∠FEC=∠FED=45°，
在Rt△CEF中，sin∠FEC=，
∴，
∵∠FCE=∠ACB=45°，∴∠FCE﹣∠ACE=∠ACB﹣∠ACE，∴∠FCA=∠ECB，
∴△ACF∽△BCE，∴ =，∴BE=AF，
∴线段BE与AF数量关系无变化；
（3）当点E在线段AF上时，如图2，
由（1）知，CF=EF=CD=，
在Rt△BCF中，CF=，BC=2，
根据勾股定理得，BF=，∴BE=BF﹣EF=﹣，
由（2）知，BE=AF，∴AF=﹣1，
当点E在线段BF延长线上时，如图3，
在Rt△ABC中，AB=AC=2，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴sin∠ABC=，
在正方形CDEF中，∠FEC=∠FED=45°，
在Rt△CEF中，sin∠FEC= ，∴ ，
∵∠FCE=∠ACB=45°，∴∠FCB+∠ACB=∠FCB+∠FCE，∴∠FCA=∠ECB，
∴△ACF∽△BCE，∴ =，∴BE=AF，
由（1）知，CF=EF=CD=，
在Rt△BCF中，CF=，BC=2，
根据勾股定理得，BF=，∴BE=BF+EF=+，
由（2）知，BE=AF，∴AF=+1．
即：当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，线段AF长为﹣1或+1．

7．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上点，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关系是___；
（2）如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上点，其他条件不变，（1）中结论与否仍然成立？请作出判断并予以证明；
（3）如图3，若点E，F分别是边BC，AB延长线上点，其他条件不变，（1）中结论与否仍然成立？请直接写出你判断．

【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，运用对应边相等求证四边形GHBF是矩形后，运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．

8．在中，，BD为AC边上中线，过点C作于点E，过点A作BD平行线，交CE延长线于点F，在AF延长线上截取，连接BG，DF．
求证：；
求证：四边形BDFG为菱形；
若，，求四边形BDFG周长．

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）8
【解析】
【分析】
运用平行线性质得到，再运用直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一即可得证
运用平行四边形判定定理判定四边形BDFG为平行四边形，再运用得结论即可得证，
设，则，运用菱形性质和勾股定理得到CF、AF和AC之间关系，解出x即可．
【详解】
证明：，，
，
又为AC中点，
，
又，
，
证明：，，
四边形BDFG为平行四边形，
又，
四边形BDFG为菱形，
解：设，则，，
在中，，
解得：，舍去，
，
菱形BDFG周长为8．
【点睛】
本题考察了菱形判定与性质直角三角形斜边上中线，勾股定理等知识，对掌握这些定义性质及判定并结合图形作答是处理本题关键．

9．猜想与证明：
如图1，摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使BC、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME关系，并证明你结论．
拓展与延伸：
（1）若将”猜想与证明“中纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME关系为　 　．
（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF中点，试证明（1）中结论仍然成立．

【答案】猜想：DM=ME，证明见解析；（2）成立，证明见解析.
【解析】

试题分析：延长EM交AD于点H，根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到HM=DE，则可以得到答案；（1）、延长EM交AD于点H，根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到HM=DE，则可以得到答案；（2）、连接AE，根据正方形性质得出∠FCE=45°，∠FCA=45°，根据RT△ADF中AM=MF得出DM=AM=MF，根据RT△AEF中AM=MF得出AM=MF=ME，从而阐明DM=ME.
试题解析：如图1，延长EM交AD于点H，∵四边形ABCD和CEFG是矩形，∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∴△FME≌△AMH（ASA）
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=DE，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME．
（1）、如图1，延长EM交AD于点H，
∵四边形ABCD和CEFG是矩形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∴△FME≌△AMH（ASA）
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME，
（2）、如图2，连接AE，
∵四边形ABCD和ECGF是正方形，
∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，
∴AE和EC在同一条直线上，
在RT△ADF中，AM=MF，
∴DM=AM=MF，
在RT△AEF中，AM=MF，
∴AM=MF=ME，
∴DM=ME．

考点：（1）、三角形全等性质；（2）、矩形性质.

10．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

11．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．

12．（问题发现）
（1）如图（1）四边形ABCD中，若AB=AD，CB=CD，则线段BD，AC位置关系为　 　；
（拓展探究）
（2）如图（2）在Rt△ABC中，点F为斜边BC中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN形状，并阐明理由；
（处理问题）
（3）如图（3）在正方形ABCD中，AB=2，以点A为旋转中心将正方形ABCD旋转60°，得到正方形AB'C'D'，请直接写出BD'平方值．

【答案】（1）AC垂直平分BD；（2）四边形FMAN是矩形，理由见解析；（3）16+8或16﹣8
【解析】
【分析】
（1）根据点A在线段BD垂直平分线上，点C在线段BD垂直平分线上，即可得出AC垂直平分BD；
（2）根据Rt△ABC中，点F为斜边BC中点，可得AF=CF=BF，再根据等腰三角形ABD 和等腰三角形ACE，即可得到AD=DB，AE=CE，进而得出∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，即可判定四边形AMFN是矩形；
（3）分两种状况：①以点A为旋转中心将正方形ABCD逆时针旋转60°，②以点A为旋转中心将正方形ABCD顺时针旋转60°，分别根据旋转性质以及勾股定理，即可得到结论．
【详解】
（1）∵AB=AD，CB=CD，
∴点A在线段BD垂直平分线上，点C在线段BD垂直平分线上，
∴AC垂直平分BD，
故答案为：AC垂直平分BD；
（2）四边形FMAN是矩形．理由：
如图2，连接AF，

∵Rt△ABC中，点F为斜边BC中点，
∴AF=CF=BF，
又∵等腰三角形ABD 和等腰三角形ACE，
∴AD=DB，AE=CE，
∴由（1）可得，DF⊥AB，EF⊥AC，
又∵∠BAC=90°，
∴∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，
∴四边形AMFN是矩形；
（3）BD′平方为16+8或16﹣8．
分两种状况：
①以点A为旋转中心将正方形ABCD逆时针旋转60°，
如图所示：过D'作D'E⊥AB，交BA延长线于E，

由旋转可得，∠DAD'=60°，
∴∠EAD'=30°，
∵AB=2=AD'，
∴D'E=AD'=，AE=，
∴BE=2+，
∴Rt△BD'E中，BD'2=D'E2+BE2=（）2+（2+）2=16+8
②以点A为旋转中心将正方形ABCD顺时针旋转60°，
如图所示：过B作BF⊥AD'于F，

旋转可得，∠DAD'=60°，
∴∠BAD'=30°，
∵AB=2=AD'，
∴BF=AB=，AF=，
∴D'F=2﹣，
∴Rt△BD'F中，BD'2=BF2+D'F2=（2+（2-）2=16﹣8
综上所述，BD′平方长度为16+8或16﹣8．
【点睛】
本题属于四边形综合题，重要考察了正方形性质，矩形判定，旋转性质，线段垂直平分线性质以及勾股定理综合运用，处理问题关键是作辅助线构造直角三角形，根据勾股定理进行计算求解．解题时注意：有三个角是直角四边形是矩形．

13．如图1，矩形ABCD中，AB=8，AD=6；点E是对角线BD上一动点，连接CE，作EF⊥CE交AB边于点F，以CE和EF为邻边作矩形CEFG，作其对角线相交于点H．
（1）①如图2，当点F与点B重叠时，CE=　　，CG=　　；
②如图3，当点E是BD中点时，CE=　　，CG=　　；
（2）在图1，连接BG，当矩形CEFG伴随点E运动而变化时，猜想△EBG形状？并加以证明；
（3）在图1，值与否会发生变化？若不变，求出它值；若变化，阐明理由；
（4）在图1，设DE长为x，矩形CEFG面积为S，试求S有关x函数关系式，并直接写出x取值范围．

【答案】（1）， ，5， ；（2）△EBG是直角三角形，理由详见解析；（3） ；（4）S=x2﹣x+48（0≤x≤）．
【解析】
【分析】
（1）①运用面积法求出CE，再运用勾股定理求出EF即可；②运用直角三角形斜边中线定理求出CE，再运用相似三角形性质求出EF即可；
（2）根据直角三角形判定措施：假如一种三角形一边上中线等于这条边二分之一，则这个三角形是直角三角形即可判断；
（3）只要证明△DCE∽△BCG，即可处理问题；
（4）运用相似多边形性质构建函数关系式即可；
【详解】
（1）①如图2中，

在Rt△BAD中，BD==10，
∵S△BCD=•CD•BC=•BD•CE，
∴CE=．CG=BE=．
②如图3中，过点E作MN⊥AM交AB于N，交CD于M．

∵DE=BE，
∴CE=BD=5，
∵△CME∽△ENF，
∴，
∴CG=EF=，
（2）结论：△EBG是直角三角形．
理由：如图1中，连接BH．

在Rt△BCF中，∵FH=CH，
∴BH=FHCH，
∵四边形EFGC是矩形，
∴EH=HG=HF=HC，
∴BH=EH=HG，
∴△EBG是直角三角形．
（3）F如图1中，∵HE=HC=HG=HB=HF，
∴C、E、F、B、G五点共圆，
∵EF=CG，
∴∠CBG=∠EBF，
∵CD∥AB，
∴∠EBF=∠CDE，
∴∠CBG=∠CDE，
∵∠DCB=∠ECG=90°，
∴∠DCE=∠BCG，
∴△DCE∽△BCG，
∴．
（4）由（3）可知：
，
∴矩形CEFG∽矩形ABCD，
∴，
∵CE2=（-x）2+）2，S矩形ABCD=48，
∴S矩形CEFG= [（-x）2+（）2].
∴矩形CEFG面积S=x2-x+48（0≤x≤）．
【点睛】
本题考察相似三角形综合题、矩形性质、相似三角形判定和性质、勾股定理、直角三角形判定和性质、相似多边形性质和判定等知识，解题关键是灵活运用所学知识处理问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形或直角三角形处理问题，属于中考压轴题．

14．如图1，若分别以△ABCAC、BC两边为边向外侧作四边形ACDE和BCFG为正方形，则称这两个正方形为外展双叶正方形．
（1）发现：如图2，当∠C=90°时，求证：△ABC与△DCF面积相等．
（2）引申：假如∠C90°时，（1）中结论还成立吗？若成立，请结合图1给出证明；若不成立，请阐明理由；

（3）运用：如图3，分别以△ABC三边为边向外侧作四边形ACDE、BCFG和ABMN为正方形，则称这三个正方形为外展三叶正方形．已知△ABC中，AC=3，BC=4．当∠C=_____°时，图中阴影部分面积和有最大值是________．

【答案】（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3）18.
【解析】
试题分析：（1）由于AC=DC，∠ACB=∠DCF=90°，BC=FC，因此△ABC≌△DFC，从而△ABC与△DFC面积相等；
（2）延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P；过点D作DQ⊥FC于点Q．得到四边形ACDE，BCFG均为正方形，AC=CD，BC=CF，∠ACP∠DCQ．因此△APC≌△DQC．
于是AP=DQ．又由于S△ABC=BC•AP，S△DFC=FC•DQ，因此S△ABC=S△DFC；
（3）根据（2）得图中阴影部分面积和是△ABC面积三倍，若图中阴影部分面积和有最大值，则三角形ABC面积最大，当△ABC是直角三角形，即∠C是90度时，阴影部分面积和最大．因此S阴影部分面积和=3S△ABC=3××3×4=18．
（1）证明：在△ABC与△DFC中，
∵，
∴△ABC≌△DFC．
∴△ABC与△DFC面积相等；
（2）解：成立．理由如下：
如图，延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P；过点D作DQ⊥FC于点Q．
∴∠APC∠DQC=90°．
∵四边形ACDE，BCFG均为正方形，
∴AC=CD，BC=CF，∠ACP+∠PCD=90°，∠DCQ+∠PCD=90°，
∴∠ACP=∠DCQ．
∴，
△APC≌△DQC（AAS），
∴AP=DQ．
又∵S△ABC=BC•AP，S△DFC=FC•DQ，
∴S△ABC=S△DFC；

（3）解：根据（2）得图中阴影部分面积和是△ABC面积三倍，
若图中阴影部分面积和有最大值，则三角形ABC面积最大，
∴当△ABC是直角三角形，即∠C是90度时，阴影部分面积和最大．
∴S阴影部分面积和=3S△ABC=3××3×4=18．
考点：四边形综合题

15．已知点O是△ABC内任意一点，连接OA并延长到E，使得AE=OA，以OB，OC为邻边作▱OBFC，连接OF与BC交于点H，再连接EF．

（1）如图1，若△ABC为等边三角形，求证：①EF⊥BC；②EF=BC；
（2）如图2，若△ABC为等腰直角三角形（BC为斜边），猜想（1）中两个结论与否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你猜想成果；
（3）如图3，若△ABC是等腰三角形，且AB=AC=kBC，请你直接写出EF与BC之间数量关系．
【答案】（1）见解析；
（2）EF⊥BC仍然成立；
（3）EF=BC
【解析】
试题分析：（1）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等边三角形性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可；
（2）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰直角三角形性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可；
（3）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰三角形性质和AB=AC=kBC得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可．
试题解析：（1）连接AH，如图1，

∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2，
∴AH==BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF⊥BC，EF=BC；
（2）EF⊥BC仍然成立，EF=BC，如图2，

∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=BC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（BH）2﹣BH2=BH2，
∴AH=BH=BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF⊥BC，EF=BC；
（3）如图3，

∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=kBC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（kBC）2﹣（BC）2=（k2-）BC2，
∴AH=BH=BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF=BC．
考点：四边形综合题．