备战中考数学专题训练平行四边形的综合题分类含答案解析.doc

备战中考数学专题训练---平行四边形综合题分类含答案解析

一、平行四边形
1．（问题情景）运用三角形面积相等来求解措施是一种常见等积法，此措施是我们处理几何问题途径之一．
例如：张老师给小聪提出这样一种问题：
如图1，在△ABC中，AB=3，AD=6，问△ABC高AD与CE比是多少？
小聪计算思绪是：
根据题意得：S△ABC=BC•AD=AB•CE．
从而得2AD=CE，∴
请运用上述材料中所积累经验和措施处理下列问题：
（1）（类比探究）
如图2，在▱ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AF=CE，并相交于点O，连接BE、BF，
求证：BO平分角AOC．

（2）（探究延伸）
如图3，已知直线m∥n，点A、C是直线m上两点，点B、D是直线n上两点，点P是线段CD中点，且∠APB=90°，两平行线m、n间距离为4．求证：PA•PB=2AB．
（3）（迁移应用）
如图4，E为AB边上一点，ED⊥AD，CE⊥CB，垂足分别为D，C，∠DAB=∠B，AB=，BC=2，AC=，又已知M、N分别为AE、BE中点，连接DM、CN．求△DEM与△CEN周长之和．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）5+
【解析】
分析：(1)、根据平行四边形性质得出△ABF和△BCE面积相等，过点B作OG⊥AF于G，OH⊥CE于H，从而得出AF=CE，然后证明△BOG和△BOH全等，从而得出∠BOG=∠BOH，即角平分线；(2)、过点P作PG⊥n于G，交m于F，根据平行线性质得出△CPF和△DPG全等，延长BP交AC于E，证明△CPE和△DPB全等，根据等积法得出AB=AP×PB，从而得出答案；(3)、，延长AD，BC交于点G，过点A作AF⊥BC于F，设CF=x，根据Rt△ABF和Rt△ACF勾股定理得出x值，根据等积法得出AE=2DM=2EM，BE=2CN=2EN， DM+CN=AB，从而得出两个三角形周长之和．
同理：EM+EN=AB
详解：证明：（1）如图2， ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△ABF=S▱ABCD，S△BCE=S▱ABCD， ∴S△ABF=S△BCE，
过点B作OG⊥AF于G，OH⊥CE于H， ∴S△ABF=AF×BG，S△BCE=CE×BH，
∴AF×BG=CE×BH，即：AF×BG=CE×BH， ∵AF=CE， ∴BG=BH，
在Rt△BOG和Rt△BOH中，， ∴Rt△BOG≌Rt△BOH， ∴∠BOG=∠BOH，
∴OB平分∠AOC，
（2）如图3，过点P作PG⊥n于G，交m于F， ∵m∥n， ∴PF⊥AC，
∴∠CFP=∠BGP=90°， ∵点P是CD中点，
在△CPF和△DPG中，， ∴△CPF≌△DPG， ∴PF=PG=FG=2，
延长BP交AC于E， ∵m∥n， ∴∠ECP=∠BDP， ∴CP=DP，
在△CPE和△DPB中，， ∴△CPE≌△DPB， ∴PE=PB，
∵∠APB=90°， ∴AE=AB， ∴S△APE=S△APB，
∵S△APE=AE×PF=AE=AB，S△APB=AP×PB，
∴AB=AP×PB， 即：PA•PB=2AB；
（3）如图4，延长AD，BC交于点G， ∵∠BAD=∠B，
∴AG=BG，过点A作AF⊥BC于F，
设CF=x（x＞0）， ∴BF=BC+CF=x+2， 在Rt△ABF中，AB=，
根据勾股定理得，AF2=AB2﹣BF2=34﹣（x+2）2， 在Rt△ACF中，AC=，
根据勾股定理得，AF2=AC2﹣CF2=26﹣x2，
∴34﹣（x+2）2=26﹣x2， ∴x=﹣1（舍）或x=1， ∴AF==5，
连接EG， ∵S△ABG=BG×AF=S△AEG+S△BEG=AG×DE+BG×CE=BG（DE+CE），
∴DE+CE=AF=5， 在Rt△ADE中，点M是AE中点， ∴AE=2DM=2EM，
同理：BE=2CN=2EN， ∵AB=AE+BE， ∴2DM+2CN=AB， ∴DM+CN=AB，
同理：EM+EN=AB ∴△DEM与△CEN周长之和=DE+DM+EM+CE+CN+EN=（DE+CE）+[（DM+CN）+（EM+EN）]
=（DECN）+AB=5+．

点睛：本题重要考察就是三角形全等判定与性质以及三角形等积法，综合性非常强，难度较大．在处理这个问题关键就是作出辅助线，然后根据勾股定理和三角形全等得出各个线段之间关系．

2．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上一种动点（点G与C、D不重叠），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长度关系及所在直线位置关系，不必证明；
②将图1中正方形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．请你通过观测、测量等措施判断①中得到结论与否仍然成立，并证明你判断．

（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中得到结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要阐明理由．

（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=，求BE2+DG2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关系；
②结合正方形性质，根据SAS仍然可以判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；
（2）根据两条对应边比相等，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判定和性质、相似三角形判定和性质以及勾股定理．

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位置关系，并加以证明；
（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试阐明HO平分∠BHG；
（3）当点E、F运动到如图3所示位置时，其他条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO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根据正方形性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，因此∠DAG=∠DCG；②根据正方形性质得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，因此∠DAG=∠ABE，然后运用∠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，因此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，因此HO平分∠BHG
∴∠BHO=45°．
考点：1、四边形综合题；2、全等三角形判定与性质；3、正方形性质

4．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.

5．如图，△ABC中，AD是边BC上中线，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】
本题考察了平行四边形判定、菱形判定、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判定措施是证明关键.

6．（1）如图1，将矩形折叠，使落在对角线上，折痕为，点落在点处，若，则度数为______.

（2）小明手中有一张矩形纸片，，.
（画一画）如图2，点在这张矩形纸片边上，将纸片折叠，使落在所在直线上，折痕设为（点，分别在边，上），运用直尺和圆规画出折痕（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清晰）；

（算一算）如图3，点在这张矩形纸片边上，将纸片折叠，使落在射线上，折痕为，点分别落在点，处，若，求长.

【答案】（1）21；（2）画一画；见解析；算一算：
【解析】
【分析】
（1）运用平行线性质以及翻折不变性即可处理问题；
（2）【画一画】，如图2中，延长BA交CE延长线由G，作∠BGC角平分线交AD于M，交BC于N，直线MN即为所求；
【算一算】首先求出GD=9-，由矩形性质得出AD∥BC，BC=AD=9，由平行线性质得出∠DGF=∠BFG，由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，证出∠DFG=∠DGF，由等腰三角形判定定理证出DF=DG=，再由勾股定理求出CF，可得BF，再运用翻折不变性，可知FB′=FB，由此即可处理问题．
【详解】
（1）如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=42°，
由翻折性质可知，∠DBE=∠EBC=∠DBC=21°，
故答案为21．
（2）【画一画】如图所示：

【算一算】
如3所示：

∵AG=，AD=9，
∴GD=9-，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，BC=AD=9，
∴∠DGF=∠BFG，
由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，
∴∠DFG=∠DGF，
∴DF=DG=，
∵CD=AB=4，∠C=90°，
∴在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF=，
∴BF=BC-CF=9，
由翻折不变性可知，FB=FB′=，
∴B′D=DF-FB′=.
【点睛】
四边形综合题，考察了矩形性质、翻折变换性质、勾股定理、等腰三角形判定、平行线性质等知识，解题关键是灵活运用所学知识处理问题，学会运用翻折不变性处理问题．

7．△ABC为等边三角形，．．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若是角平分线，连接，找出图中所有等腰三角形．

【答案】(1)证明见解析；(2)图中等腰三角形有△ABC，△BDC，△ABD，△ADF，△ADC，△ADE．
【解析】
【分析】
（1）先求证BD∥AF，证明四边形ABDF是平行四边形，再运用有一组邻边相等平行四边形是菱形即可证明；（2）先运用BD平分∠ABC，得到BD垂直平分线段AC，进而证明△DAC是等腰三角形，根据BD⊥AC,AF⊥AC，找到角度之间关系,证明△DAE是等腰三角形，进而得到BC＝BD＝BA＝AF＝DF，即可解题,见详解.
【详解】
(1)如图1中，∵∠BCD＝∠BDC，
∴BC＝BD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，
∵AB＝AF，
∴BD＝AF，
∵∠BDC＝∠AEC，
∴BD∥AF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABDF是菱形．
(2)解：如图2中，∵BA＝BC，BD平分∠ABC，
∴BD垂直平分线段AC，
∴DA＝DC，
∴△DAC是等腰三角形，
∵AF∥BD，BD⊥AC
∴AF⊥AC，
∴∠EAC＝90°，
∵∠DAC＝∠DCA，∠DAC+∠DAE＝90°，∠DCA+∠AEC＝90°，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴DA＝DE，
∴△DAE是等腰三角形，
∵BC＝BD＝BA＝AF＝DF，
∴△BCD，△ABD，△ADF都是等腰三角形，
综上所述，图中等腰三角形有△ABC，△BDC，△ABD，△ADF，△ADC，△ADE．

【点睛】
本题考察菱形判定，等边三角形性质，等腰三角形判定等知识，属于中考常考题型，纯熟掌握等腰三角形性质是解题关键．

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．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

10．（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．

11．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，求值．
【答案】（1）证明见试题解析；（2）．
【解析】
试题分析：（1）由折叠性质，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，从而求出值．
试题解析：（1）由折叠性质可知：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．菱形判定与性质；4．矩形性质；5．综合题．

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．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=EFAH∥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．

14．（本题14分）小明在学习平行线有关知识时总结了如下结论：端点分别在两条平行线上所有线段中，垂直于平行线线段最短．
小明应用这个结论进行了下列探索活动和问题处理．
问题1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，P为AC边上一动点，以PB，PA为边构造
□APBQ，求对角线PQ最小值及PQ最小时值．

（1）在处理这个问题时，小明构造出了如图2辅助线，则PQ最小值为 ，当PQ最小时
= _____ __；
（2）小明对问题1做了简单变式思考．如图3，P为AB边上一动点，延长PA到点E，使AE=nPA（n
为不小于0常数）．以PE，PC为边作□PCQE，试求对角线PQ长最小值，并求PQ最小时值；
问题2：在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3．
（1）如图4，若为上任意一点，以，为边作□．试求对角线长最小值和PQ最小时值．

（2）若为上任意一点，延长到，使，再以，为边作□．请直接写出对角线长最小值和PQ最小时值．
【答案】问题1：（1）3，；（2）PQ=，=．问题2：（1）=4，．（2）PQ最小值为．．
【解析】
试题分析：问题1：（1）首先根据条件可证四边形PCBQ是矩形，然后根据条件“四边形APBQ是平行四边形可得AP=QB=PC，从而可求值．（2）由题可知：当QP⊥AC时，PQ最小．过点C作CD⊥AB于点D．此时四边形CDPQ为矩形，PQ=CD，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，运用面积可求出CD=,然后可求出AD=， 由AE=nPA可得PE=，而PE=CQ=PD=AD-AP=，因此AP=．因此=．问题2：（1）设对角线与相交于点．Rt≌Rt．因此AD=HC，QH=AP．由题可知：当QP⊥AB时，PQ最小，此时=CH=4，根据条件可证四边形BPQH为矩形，从而QH=BP=AP．因此．（2）根据题意画出图形，当 AB时，长最小，PQ最小值为．．
试题解析：问题1：（1）3，；
（2）过点C作CD⊥AB于点D．

由题意可知当PQ⊥AB时，PQ最短．因此此时四边形CDPQ为矩形．PQ=CD，DP=CQ=PE．由于∠BCA=90°，AC=4，
BC=3，因此AB=5．因此CD=．因此PQ=．
在Rt△ACD中AC=4，CD=，因此AD=．
由于AE=nPA，因此PE==CQ=PD=AD-AP=．
因此AP=．因此=．
问题2：
（1）如图2，设对角线与相交于点．

因此G是DC中点，
作QHBC，交BC延长线于H，
由于AD//BC，因此．
因此．
又，因此Rt≌Rt．因此AD=HC，QH=AP．
由图知，当 AB时，长最小，即=CH=4．
易得四边形BPQH为矩形，因此QH=BP=AP．因此．
（若学生有能力从梯形中位线角度考虑，若对即可评分．但讲评时不作规定）
（2）PQ最小值为．．
考点：1．直角三角形性质；2．全等三角形判定与性质；3．平行四边形性质；4矩形判定与性质．

15．如图，正方形ABCO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延长线交线段BC于点P，连AP、AG．
（1）求证：△AOG≌△ADG；
（2）求∠PAG度数；并判断线段OG、PG、BP之间数量关系，阐明理由；
（3）当∠1=∠2时，求直线PE解析式；
（4）在（3）条件下，直线PE上与否存在点M，使以M、A、G为顶点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，请阐明理由．

【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判定措施，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度数；最终判断出线段OG、PG、BP之间数量关系即可．(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°；最终确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE解析式．
(4)根据题意，分两种状况：①当点M在x轴负半轴上时；②当点M在EP延长线上时；根据以M、A、G为顶点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×=，