特殊平行四边形证明及解答题--困难--教师版版.doc

2015年初中数学中考特殊四边形证明及计算组卷参考答案与试题解析
姓名______________学号_____________
一．解答题（共30小题）
1．（2012•威海）（1）如图①，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，直线EF过点O，分别交AD，BC于点E，F．
求证：AE=CF．
（2）如图②，将▱ABCD（纸片）沿过对角线交点O的直线EF折叠，点A落在点A1处，点B落在点B1处，设FB1交CD于点G，A1B1分别交CD，DE于点H，I．
求证：EI=FG．

考点：
平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）．718351
分析：
（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，OA=OC，又由平行线的性质，可得∠1=∠2，继而利用ASA，即可证得△AOE≌△COF，则可证得AE=CF．
（2）根据平行四边形的性质与折叠性质，易得A1E=CF，∠A1=∠A=∠C，∠B1=∠B=∠D，继而可证得△A1IE≌△CGF，即可证得EI=FG．
解答：
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA=OC，
∴∠1=∠2，
在△AOE和△COF中，
，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE=CF；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，∠B=∠D，由（1）得AE=CF，
由折叠的性质可得：AE=A1E，∠A1=∠A，∠B1=∠B，
∴A1E=CF，∠A1=∠A=∠C，∠B1=∠B=∠D，又∵∠1=∠2，∴∠3=∠4，∵∠5=∠3，∠4=∠6，∴∠5=∠6，在△A1IE与△CGF中，
，∴△A1IE≌△CGF（AAS），∴EI=FG．

点评：
此题考查了平行四边形的性质、折叠的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．

2．（2011•贵阳）[阅读]
在平面直角坐标系中，以任意两点P（ x1，y1）、Q（x2，y2）为端点的线段中点坐标为．
[运用]
（1）如图，矩形ONEF的对角线相交于点M，ON、OF分别在x轴和y轴上，O为坐标原点，点E的坐标为（4，3），则点M的坐标为　（2，1.5）　．
（2）在直角坐标系中，有A（﹣1，2），B（3，1），C（1，4）三点，另有一点D与点A、B、C构成平行四边形的顶点，求点D的坐标．

考点：
平行四边形的性质；坐标与图形性质；矩形的性质．718351
专题：
几何综合题．
分析：
（1）根据矩形的对角线互相平分及点E的坐标即可得出答案．
（2）根据题意画出图形，然后可找到点D的坐标．
解答：
解：（1）M（，），即M（2，1.5）．
（2）如图所示：
根据平行四边形的对角线互相平分可得：
设D点的坐标为（x，y），
∵以点A、B、C、D构成的四边形是平行四边形，
①当AB为对角线时，∵A（﹣1，2），B（3，1），C（1，4），∴BC=，
∴AD=，∵﹣1+3﹣1=1，2+1﹣4=﹣1，∴D点坐标为（1，﹣1），
②当BC为对角线时，∵A（﹣1，2），B（3，1），C（1，4），∴AC=2，BD=2，
D点坐标为（5，3）．
③当AC为对角线时，
∵A（﹣1，2），B（3，1），C（1，4），∴AB=，CD=，D点坐标为：（﹣3，5），
综上所述，符合要求的点有：D'（1，﹣1），D″（﹣3，5），D″′（5，3）．

点评：
本题考查了平行四边形的性质及矩形的性质，关键是掌握已知两点求其中点坐标的方法．

3．（2007•黑龙江）在△ABC中，AB=AC，点P为△ABC所在平面内一点，过点P分别作PE∥AC交AB于点E，PF∥AB交BC于点D，交AC于点F．若点P在BC边上（如图1），此时PD=0，可得结论：PD+PE+PF=AB．
请直接应用上述信息解决下列问题：
当点P分别在△ABC内（如图2），△ABC外（如图3）时，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，PD，PE，PF与AB之间又有怎样的数量关系，请写出你的猜想，不需要证明．

考点：
平行四边形的性质．718351
专题：
探究型．
分析：
在图2中，因为四边形PEAF为平行四边形，所以PE=AF，又三角形FDC为等腰三角形，所以FD=PF+PD=FC，即PE+PD+PF=AC=AB，在图3中，PE=AF可证，FD=PF﹣PD=CF，即PF﹣PD+PE=AC=AB．
解答：
解：图2结论：PD+PE+PF=AB．

证明：过点P作MN∥BC分别交AB，AC于M，N两点，
∵PE∥AC，PF∥AB，
∴四边形AEPF是平行四边形，
∵MN∥BC，PF∥AB
∴四边形BDPM是平行四边形，
∴AE=PF，∠EPM=∠ANM=∠C，
∵AB=AC，
∴∠EMP=∠B，
∴∠EMP=∠EPM，
∴PE=EM，
∴PE+PF=AE+EM=AM．
∵四边形BDPM是平行四边形，
∴MB=PD．
∴PD+PE+PF=MB+AM=AB，
即PD+PE+PF=AB．
图3结论：PE+PF﹣PD=AB．
点评：
此题主要考查了平行四边形的性质，难易程度适中，读懂信息，把握规律是解题的关键．

4．（2006•泰安）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F，连接AF，CE．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若∠BAD的平分线与FC的延长线交于点G，则△ACG是等腰三角形吗？并说明理由．

考点：
平行四边形的判定；全等三角形的判定；等腰三角形的判定；矩形的性质．718351
专题：
证明题；几何综合题；探究型．
分析：
（1）根据矩形的性质可知：AB=CD，∠ABE=∠CDF，∠AEB=∠CFD=90°，得到△ABE≌△CDF，所以AE∥CF，AE=CF，可证四边形AECF为平行四边形；
（2）因为AE∥FG，得到∠G=∠GAE．利用AG平分∠BAD，得到∠BAG=∠DAG，从而求得∠ODA=∠DAO．所以∠CAG=∠G，可得△CAG是等腰三角形．
解答：
（1）证明：∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，AB=CD．
∴∠ABE=∠CDF，又∠AEB=∠CFD=90°，
∴AE∥CF，
∴△ABE≌△CDF，
∴AE=CF．
∴四边形AECF为平行四边形．

（2）解：△ACG是等腰三角形．
理由如下：∵AE∥FG，
∴∠G=∠GAE．
∵AG平分∠BAD，
∴∠BAG=∠DAG．
又OA=AC=BD=OD，
∴∠ODA=∠DAO．
∵∠BAE与∠ABE互余，∠ADB与∠ABD互余，
∴∠BAE=∠ADE．
∴∠BAE=∠DAO，
∴∠EAG=∠CAG，∴∠CAG=∠G，
∴△CAG是等腰三角形．
点评：
本题考查三角形全等的性质和判定方法以及等腰三角形的判定，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．

5．（2006•陕西）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，E，F分别是BC，AC的中点，延长BA到点D，使AD=AB．连接DE，DF．
（1）求证：AF与DE互相平分；
（2）若BC=4，求DF的长．

考点：
平行四边形的判定．718351
专题：
计算题；证明题．
分析：
（1）连接EF、AE，证四边形AEFD是平行四边形即可．
（2）注意应用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，求得AE长即可．
解答：
（1）证明：连接EF，AE．
∵点E，F分别为BC，AC的中点，
∴EF∥AB，EF=AB．
又∵AD=AB，
∴EF=AD．
又∵EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形．
∴AF与DE互相平分．

（2）解：在Rt△ABC中，
∵E为BC的中点，BC=4，
∴AE=BC=2．
又∵四边形AEFD是平行四边形，
∴DF=AE2．

点评：
本题考查了平行四边形的判定，有中点时需考虑运用三角形的中位线定理或者直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．

6．如图，以△ABC三边为边在BC同侧作三个等边△ABD、△BCE、△ACF．
请回答下列问题：
（1）求证：四边形ADEF是平行四边形；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADEF是矩形．

考点：
平行四边形的判定；等边三角形的性质；矩形的判定．718351
专题：
证明题；探究型．
分析：
1、本题可根据三角形全等证得DE=AF，AD=EF，即可知四边形ADEF是平行四边形
2、要使四边形ADEF是矩形，必须让∠FAD=90°，则∠BAC=360°﹣90°﹣60°﹣60°=150°
解答：
证明：（1）∵等边△ABD、△BCE、△ACF，
∴DB=AB，BE=BC．又∠DBE=60°﹣∠EBA，∠ABC=60°﹣∠EBA，
∴∠DBE=∠ABC．∴△DBE≌△CBA．∴DE=AC．
又∵AC=AF，∴AF=DE．同理可证：△ABC≌△FCE，证得EF=AD．
∴四边形ADEF是平行四边形．
（2）假设四边形ABCD是矩形，∵四边形ADEF是矩形，∴∠DAF=90°．
又∵等边△ABD、△BCE、△ACF，∴∠DAB=∠FAC=60°．
∴∠BAC=360﹣∠DAF﹣∠FAC﹣∠DAB=150°．
当△ABC满足∠BAC=150°时，四边形ADEF是矩形．
点评：
此题主要考查了等边三角形的性质和平行四边形的判定．

7．（2010•盘锦）如图，△ABC是等边三角形，点D是边BC上的一点，以AD为边作等边△ADE，过点C作CF∥DE交AB于点F．
（1）若点D是BC边的中点（如图①），求证：EF=CD；
（2）在（1）的条件下直接写出△AEF和△ABC的面积比；
（3）若点D是BC边上的任意一点（除B、C外如图②），那么（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．

考点：
平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．718351
专题：
证明题．
分析：
（1）根据△ABC和△AED是等边三角形，D是BC的中点，ED∥CF，求证△ABD≌△CAF，进而求证四边形EDCF是平行四边形即可；
（2）在（1）的条件下可直接写出△AEF和△ABC的面积比；
（3）根据ED∥FC，结合∠ACB=60°，得出∠ACF=∠BAD，求证△ABD≌△CAF，得出ED=CF，进而求证四边形EDCF是平行四边形，即可证明EF=DC．
解答：

（1）证明：∵△ABC是等边三角形，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，且∠BAD=∠BAC=30°，
∵△AED是等边三角形，
∴AD=AE∠ADE=60°，
∴∠EDB=90°﹣∠ADE=90°﹣60°=30°，
∵ED∥CF，
∴∠FCB=∠EDB=30°，∵∠ACB=60°，∴∠ACF=∠ACB﹣∠FCB=30°，
∴∠ACF=∠BAD=30°，在△ABD和△CAF中，
，
∴△ABD≌△CAF（ASA），∴AD=CF，∵AD=ED，
∴ED=CF，又∵ED∥CF，∴四边形EDCF是平行四边形，∴EF=CD．

（2）解：△AEF和△ABC的面积比为：1：4；

（3）解：成立．
理由如下：∵ED∥FC，
∴∠EDB=∠FCB，
∵∠AFC=∠B+∠BCF=60°+∠BCF，∠BDA=∠ADE+∠EDB=60°+∠EDB
∴∠AFC=∠BDA，
在△ABD和△CAF中，
∴△ABD≌△CAF（AAS），
∴AD=FC，
∵AD=ED，
∴ED=CF，
又∵ED∥CF，
∴四边形EDCF是平行四边形，
∴EF=DC．
点评：
此题主要考查学生对平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质的理解和掌握．此题涉及到的知识点较多，综合性较强，难度较大．

8．（2011•海南）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，点P、Q分别在边AB、BC上，且AP=BQ．
（1）求证：△BDQ≌△ADP；
（2）已知AD=3，AP=2，求cos∠BPQ的值（结果保留根号）．

考点：
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；解直角三角形．718351
专题：
几何综合题．
分析：
（1）由四边形ABCD是菱形，可证得AD=AB，∠ABD=∠CBD=∠ABC，AD∥BC，又由∠A=60°，易得△ABD是等边三角形，然后由SAS即可证得△BDQ≌△ADP；
（2）首先过点Q作QE⊥AB，交AB的延长线于E，然后由三角函数的性质，即可求得PE与QE的长，又由勾股定理，即可求得PQ的长，则可求得cos∠BPQ的值．
解答：
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，∠ABD=∠CBD=∠ABC，AD∥BC，
∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，∠ABC=120°，
∴AD=BD，∠CBD=∠A=60°，
∵AP=BQ，
∴△BDQ≌△ADP（SAS）；

（2）解：过点Q作QE⊥AB，交AB的延长线于E，
∵BQ=AP=2，
∵AD∥BC，
∴∠QBE=60°，
∴QE=QB•sin60°=2×=，BE=QB•cos60°=2×=1，
∵AB=AD=3，
∴PB=AB﹣AP=3﹣2=1，
∴PE=PB+BE=2，
∴在Rt△PQE中，PQ==，
∴cos∠BPQ===．

点评：
此题考查了菱形的性质与勾股定理、三角函数的性质．此题难度适中，解题的关键是数形结合思想的应用．

9．（2007•常德）如图1，已知四边形ABCD是菱形，G是线段CD上的任意一点时，连接BG交AC于F，过F作FH∥CD交BC于H，可以证明结论成立．（考生不必证明）
（1）探究：如图2，上述条件中，若G在CD的延长线上，其它条件不变时，其结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（2）计算：若菱形ABCD中AB=6，∠ADC=60°，G在直线CD上，且CG=16，连接BG交AC所在的直线于F，过F作FH∥CD交BC所在的直线于H，求BG与FG的长．
（3）发现：通过上述过程，你发现G在直线CD上时，结论还成立吗？

考点：
菱形的性质；勾股定理；平行线分线段成比例．718351
专题：
综合题；压轴题．
分析：
（1）借助中间比进行证明，根据平行线分线段成比例定理分别证明两个比都等于即可；
（2）首先应画出两个不同的图形进行分析．构造30°的直角三角形，然后计算两条直角边的长，在两种情况中，GQ=16+3=19或16﹣3=13，然后根据勾股定理计算BG的长，进一步根据比例式求得FG的长；
（3）成立，根据（2）中的过程，可以分别求得左右两个比，从而证明结论．
解答：
解：（1）结论成立
证明：由已知易得FH∥AB，
∴，
∵FH∥GC，
∴．

（2）∵G在直线CD上，
∴分两种情况讨论如下：
①G在CD的延长线上时，DG=10，
如图1，过B作BQ⊥CD于Q，
由于四边形ABCD是菱形，∠ADC=60°，
∴BC=AB=6，∠BCQ=60°，
∴BQ=3，CQ=3，
∴BG=．
又由FH∥GC，可得，
而△CFH是等边三角形，
∴BH=BC﹣HC=BC﹣FH=6﹣FH，
∴，
∴FH=，
由（1）知，
∴FG=．
②G在DC的延长线上时，CG=16，
如图2，过B作BQ⊥CG于Q，
∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=60°，
∴BC=AB=6，∠BCQ=60°．
∴BQ=3，CQ=3．
∴BG==14．
又由FH∥CG，可得，
∴．
∵BH=HC﹣BC=FH﹣BC=FH﹣6，
∴FH=．
∵FH∥CG，
∴．
∴BF=14×÷16=．
∴FG=14+．

（3）G在DC的延长线上时，，
，
∴成立．
结合上述过程，发现G在直线CD上时，结论还成立．

点评：
证明比例式的时候，可以利用相似或利用平行线分线段成比例定理进行证明．

10．（2001•河北）如图，在菱形ABCD中，AB=10，∠BAD=60度．点M从点A以每秒1个单位长的速度沿着AD边向点D移动；设点M移动的时间为t秒（0≤t≤10）．
（1）点N为BC边上任意一点，在点M移动过程中，线段MN是否一定可以将菱形分割成面积相等的两部分并说明理由；
（2）点N从点B（与点M出发的时刻相同）以每秒2个单位长的速度沿着BC边向点C移动，在什么时刻，梯形ABNM的面积最大并求出面积的最大值；
（3）点N从点B（与点M出发的时刻相同）以每秒a（a≥2）个单位长的速度沿着射线BC方向（可以超越C点）移动，过点M作MP∥AB，交BC于点P．当△MPN≌△ABC时，设△MPN与菱形ABCD重叠部分的面积为S，求出用t表示S的关系式，井求当S=0时的值．

考点：
菱形的性质；二次函数的最值；全等三角形的性质．718351
专题：
压轴题．
分析：
（1）菱形被分割成面积相等的两部分，那么分成的两个梯形的面积相等，而两个梯形的高相等，只需上下底的和相等即可．
（2）易得菱形的高，那么用t表示出梯形的面积，用t的最值即可求得梯形的最大面积．
（3）易得△MNP的面积为菱形面积的一半，求得不重合部分的面积，让菱形面积的一半减去即可．
解答：
解：（1）设：BN=a，CN=10﹣a（0≤a≤10）
因为，点M从点A以每秒1个单位长的速度沿着AD边向点D移动，点M移动的时间为t秒（0≤t≤10）
所以，AM=1×t=t（0≤t≤10），MD=10﹣t（0≤t≤10）．
所以，梯形AMNB的面积=（AM+BN）×菱形高÷2=（t+a）×菱形高÷2；
梯形MNCD的面积=（MD+NC）×菱形高÷2=[（10﹣t）+（10﹣a）]×菱形高÷2
当梯形AMNB的面积=梯形MNCD的面积时，
即t+a=10，（0≤t≤10），（0≤a≤10）
所以，当t+a=10，（0≤t≤10），（0≤a≤10）时，可出现线段MN一定可以将菱形分割成面积相等的两部分．

（2）点N从点B以每秒2个单位长的速度沿着BC边向点C移动，设点N移动的时间为t，可知0≤t≤5，
因为AB=10，∠BAD=60°，所以菱形高=5，
AM=1×t=t，BN=2×t=2t．
所以梯形ABNM的面积=（AM+BN）×菱形高÷2=3t×5×=t（0≤t≤5）．
所以当t=5时，梯形ABNM的面积最大，其数值为．

（3）当△MPN≌△ABC时，
则△ABC的面积=△MPN的面积，则△MPN的面积为菱形面积的一半为25；
因为要全等必有MN∥AC，
∴N在C点外，所以不重合处面积为×（at﹣10）2×
∴重合处为S=25﹣，
当S=0时，即PM在CD上，
∴a=2．
点评：
本题考查了菱形以及相应的三角函数的性质，注意使用两条平行线间的距离相等等条件．

本题主要考查菱形和平行四边形的识别及推理论证能力．对角线互相垂直平分的四边形是菱形．

11．点评：
本题主要考查了菱形的判定与性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质以及矩形的性质等知识点．注意第（3）题需要分类讨论，以防错解．

12．在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC的延长线于点F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG．
（1）如图1，证明平行四边形ECFG为菱形；
（2）如图2，若∠ABC=90°，M是EF的中点，求∠BDM的度数；
（3）如图3，若∠ABC=120°，请直接写出∠BDG的度数．

考点：
菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；平行四边形的性质；正方形的判定与性质．718351
分析：
（1）平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF=∠CFE，根据等角对等边可得CE=CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形；
（2）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM=BM，∠DMC=∠BME，再根据∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°可得到∠BDM的度数；
（3）分别连接GB、GC，求证四边形CEGF是平行四边形，再求证△ECG是等边三角形．由AD∥BC及AF平分∠BAD可得∠BAE=∠AEB，求证△BEG≌△DCG，然后即可求得答案．
解答：
解：（1）证明：∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形．

（2）如图，连接BM，MC，
∵∠ABC=90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF=90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF=∠DAF，
∴BE=AB=DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM=∠ECM=45°，
∴∠BEM=∠DCM=135°，
在△BME和△DMC中，
∵，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB=MD，
∠DMC=∠BME．
∴∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°，
∴△BMD是等腰直角三角形，
∴∠BDM=45°；

（3）∠BDG=60°，
延长AB、FG交于H，连接HD．
∵AD∥GF，AB∥DF，
∴四边形AHFD为平行四边形，
∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，
∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，
∴△DAF为等腰三角形，
∴AD=DF，
∴平行四边形AHFD为菱形，
∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形，
∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF，
在△BHD与△GFD中，
∵，
∴△BHD≌△GFD（SAS），
∴∠BDH=∠GDF
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°．

点评：
此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．

13．如图1，在△ABC中，AB=BC=5，AC=6．△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的，连接AE、AC和BE相交于点O．
（1）判断四边形ABCE是怎样的四边形，说明理由；
（2）如图2，P是线段BC上一动点（图2），（不与点B、C重合），连接PO并延长交线段AE于点Q，QR⊥BD，垂足为点R．四边形PQED的面积是否随点P的运动而发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出四边形PQED的面积．

考点：
菱形的判定与性质．718351
专题：
动点型；数形结合．
分析：
（1）利用平移的知识可得四边形ABCE是平行四边形，进而根据AB=BC可得该四边形为菱形；
（2）利用证明三角形全等可得四边形PQED的面积为三角形BED的面积，所以不会改变；进而利用三角形的面积公式求解即可．
解答：
解：（1）四边形ABCE是菱形，证明如下：
∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，
∴EC∥AB，且EC=AB，
∴四边形ABCE是平行四边形，（2分）
又∵AB=BC，
∴四边形ABCE是菱形．（4分）

（2）由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，
∴S△PBO=S△QEO（7分）
∵△ECD是由△ABC平移得到的，
∴ED∥AC，ED=AC=6，
又∵BE⊥AC，∴BE⊥ED，（8分）
∴S四边形PQED=S△QEO+S四边形POED=S△PBO+S四边形POED=S△BED
=×BE×ED=×8×6=24．（10分）
点评：
考查菱形的判定及相关性质；把不规则图形的面积转化为较简单的规则图形的面积是解决本题的关键．

14．（2011•清远）如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的点，AE=BC，DF⊥AE，垂足为F，连接DE．
（1）求证：AB=DF；
（2）若AD=10，AB=6，求tan∠EDF的值．

考点：
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．718351
专题：
几何综合题．
分析：
（1）根据矩形的对边平行且相等得到AD=BC=AE，∠DAF=∠EAB．再结合一对直角相等即可证明△ABE≌△DFA；然后根据全等三角形的对应边相等证明AB=DF；
（2）根据全等三角形的对应边相等以及勾股定理，可以求得DF，EF的长；再根据勾股定理求得DE的长，运用三角函数定义求解．
解答：
（1）证明：在矩形ABCD中，BC=AD，AD∥BC，∠B=90°，
∴∠DAF=∠AEB．
∵DF⊥AE，AE=BC，
∴∠AFD=90°，AE=AD．
∴△ABE≌△DFA；
∴AB=DF；

（2）解：由（1）知△ABE≌△DFA．
∴AB=DF=6．
在Rt△ADF中，AF=，
∴EF=AE﹣AF=AD﹣AF=2．
∴tan∠EDF==．
点评：
本题综合考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质及锐角三角函数的定义．熟练运用矩形的性质和判定，能够找到证明全等三角形的有关条件；运用全等三角形的性质求得三角形中的边，再根据锐角三角函数的概念求解．

15．（2010•大庆）已知：如图①，正方形ABCD与矩形DEFG的边AD、DE在同一直线l上，点G在CD上．正方形ABCD的边长为a，矩形DEFG的长DE为b，宽DG为3（其中a＞b＞3）．若矩形DEFG沿直线l向左以每秒1个单位的长度的速度运动（点D、E始终在直线l上）．若矩形DEFG在运动过程中与正方形ABCD的重叠部分的面积记作S，运动时间记为t秒（0≤t≤m），其中S与t的函数图象如图②所示．矩形DEFG的顶点经运动后的对应点分别记作D′、E′、F′、G′．
（1）根据题目所提供的信息，可求得b=　4　，a=　5　，m=　9　；
（2）连接AG′、CF′，设以AG′和CF′为边的两个正方形的面积之和为y，求当0≤t≤5时，y与时间t之间的函数关系式，并求出y的最小值以及y取最小值时t的值；
（3）如图③，这是在矩形DEFG运动过程中，直线AG′第一次与直线CF′垂直的情形，求此时t的值．并探究：在矩形DEFG继续运动的过程中，直线AG′与直线CF′是否存在平行或再次垂直的情形？如果存在，请画出图形，并求出t的值；否则，请说明理由．

考点：
矩形的性质；二次函数的最值；正方形的性质．718351
专题：
代数几何综合题．
分析：
（1）由图②的函数图象知：从第4﹣5秒，S的值恒为12，即此时矩形全部落在正方形的内部，由此可求得两个条件：①矩形的面积为12，②正方形的边长为1+DE，根据这两个条件求解即可．
（2）当0≤t≤5时，矩形在直线AB的左侧，可用t表示出AD′、PF′的长，易求得D′G、CP的长，即可用勾股定理求得AG′2、CF′2的值，即可得到y、t的函数关系式．
（3）此题要分五种情况讨论：
①当0≤t＜4时，点E′在D点右侧；由于∠HG′F′、∠HF′G′都是锐角，显然直线AG′与CF′不可能平行；当两条直线垂直时，△G′HF′是直角三角形，易证得△AD′G′∽△CPF′，根据相似三角形得到的比例线段即可求得t的值；
②当t=4时，D、E′重合，此时直线DC与E′F′重合，显然此时AG′与CF′既不平行也不垂直，因为过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行或垂直；
③当4＜t＜5时，矩形在正方形的内部，延长G′F′交BC于P，延长AG′交CD于Q，此时∠CF′P是锐角，所以∠CF′G是钝角，显然AG′与CF′不可能垂直；当两直线平行时，可证得△AD′G′∽△F′PC，进而可根据相似三角形得到的比例线段求得t的值；
④当t=5时，此种情况与②相同；
⑤当5＜t＜9时，此时∠QG′F′与∠CF′G′都是钝角，显然AG′与CF′不可能平行；当两直线垂直时，可延长CF′与AG′相交于点M，延长G′F′与CD相交于点P，通过证△AD′G′∽△CPF′来求得此时t的值．
解答：
解1）由图②知：从第4到第5秒时，S的值恒为12，此时矩形全部落在正方形的内部，
那么矩形的面积为12，即可求得DE=4；
这个过程持续了1秒，说明正方形的边长为：DE+1=5；
由于矩形的速度恒定，所以5～m也应该用4秒的时间，故m=5+4=9；
即：b=4，a=5，m=9．

（2）如图，当0≤t≤5时，
∵AD′=5﹣t，D′G=3，PF′=4﹣t，CP=2，
∴y=9+（5﹣t）2+4+（4﹣t）2，
∴y=2（t﹣）2+，
∴当t=时，y有最小值，y最小值=．

（3）①当0≤t＜4时，分别延长AG′和F′C；
如图，由于∠1和∠2都是锐角，所以∠1+∠2＜180°，
所以AG′与CF′不可能平行．
设AG′与F′C的延长线交于点H，
当∠G′AD′=∠PCF′时，直线AG′⊥CF′；
∴△AD′G′∽△CPF′，
∴，
∴=，
解得t1=2，t2=7（不合题意，舍去）．

②当t=4时，由于点F′在CD上，而点G′不在直线AD上，
因为AD⊥CD，所以AG′不可能也垂直于CD
（因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直）．
同样，由于AB∥CD，而点G′不在直线AB上，
所以t=4时，AG′也不可能平行于CD（CF′）
（因为过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行）．

③4＜t＜5时，延长G′F′交PC于P，延长AG′交CD于Q，
由于∠CF′P是锐角，所以∠CF′G是钝角，
所以∠CF′G+∠QGF′≠90°，所以AG′与CF′不可能垂直；
当∠G′AD′=∠CF′P时，AG′∥CF′，
易得△AD′G′∽△F′PC，
∴，
∴=，
解得t=4.4．

④当t=5时，AG′与CF′既不可能垂直也不可能平行，理由同②．

⑤当5＜t＜9时，因为∠QG′F′与∠CF′G′都是钝角，
所以∠QG′F′+∠CF′G′＞180°，
所以AG′与CF′不可能平行．
延长CF′与AG′相交于点M，延长G′F′与CD相交于点P；
当∠MG′F′+∠MF′G′=90°时，AG′⊥CF′；
又∵∠AG′D′+∠AG′F′=90°，∠MF′G′=∠CF′P，
∴∠AG′D′=∠CF′P，又∠AD′G′=∠F′PC，
∴△AD′G′∽△CPF′，
∴，即；
解得：t1=2（不合题意，舍去），t2=7；
所以，综上所述，当t=2或t=7时，直线AG′与直线CF′垂直，当t=4.4时，直线AG′与直线CF′平行．

点评：
此题主要考查了矩形、正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质以及分段函数的应用等知识，同时还考查了分类讨论的数学思想，难度较大．

16．（2005•淮安）已知：平行四边形ABCD的对角线交点为O，点E、F分别在边AB、CD上，分别沿DE、BF折叠四边形ABCD，A、C两点恰好都落在O点处，且四边形DEBF为菱形（如图）．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）在四边形ABCD中，求的值．

考点：
矩形的判定．718351
专题：
计算题；证明题．
分析：
（1）根据矩形的判定定理，先证DE=BE，再证∠DOE=90°，则可证．
（2）根据已知条件和（1）的结论，先求得AD：AB，易求解的值．
解答：
（1）证明：连接OE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DO=OB，
∵四边形DEBF是菱形，
∴DE=BE，
∴EO⊥BD，
∴∠DOE=90°，
即∠DAE=90°，
又四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形．

（2）解：∵四边形DEBF是菱形，
∴∠FDB=∠EDB，
又由题意知∠EDB=∠EDA，
由（1）知四边形ABCD是矩形，
∴∠ADF=90°，即∠FDB+∠EDB+∠ADE=90°，
则∠ADB=60°，
∴在Rt△ADB中，有AD：AB=1：，
又BC=AD，
则．
说明：其他解法酌情给分

点评：
本题考查矩形的判定定理及相关性质，直角三角形的性质等，难度偏难．

17．如图，已知矩形ABCD，AD=4，CD=10，P是AB上一动点，M、N、E分别是PD、PC、CD的中点．
（1）求证：四边形PMEN是平行四边形；
（2）请直接写出当AP为何值时，四边形PMEN是菱形；
（3）四边形PMEN有可能是矩形吗？若有可能，求出AP的长；若不可能，请说明理由．

考点：
矩形的判定与性质；平行四边形的判定；菱形的判定．718351
分析：
（1）根据三角形的中位线的性质和平行四边形的判定定理可证明．
（2）当DP=CP时，四边形PMEN是菱形，P是AB的中点，所以可求出AP的值．
（3）四边形PMEN是矩形的话，∠DPC必需为90°，判断一下△DPC是不是直角三角形就行．
解答：
解：（1）∵M、N、E分别是PD、PC、CD的中点
∴ME∥PC，EN∥PD，
∴四边形PMEN是平行四边形；

（2）当AP=5时，
∵PA=PB=5，AD=BC，∠A=∠B=90°，
∴△PAD≌△PBC，
∴PD=PC，
∵M、N、E分别是PD、PC、CD的中点，
∴NE=PMPD，ME=PN=PC，
∴PM=ME=EN=PN，
∴四边形PMEN是菱形；

（3）假设△DPC为直角三角形．
设PA=x，PB=10﹣x，
DP=，CP=．
DP2+CP2=DC2
16+x2+16+（10﹣x）2=102
x2﹣10x+16=0
x=2或x=8．
故当AP=2或AP=8时，能够构成直角三角形．
点评：
本题考查平行四边形的判定，菱形的判定定理，以及矩形的判定定理和性质，知道矩形的四个角都是直角，对边相等等性质．

18．如图：矩形ABCD中，AB=2，BC=5，E、P分别在AD、BC上，且DE=BP=1．
（1）判断△BEC的形状，并说明理由？
（2）判断四边形EFPH是什么特殊四边形？并证明你的判断；
（3）求四边形EFPH的面积．

考点：
矩形的判定与性质；三角形的面积；勾股定理；勾股定理的逆定理；平行四边形的判定与性质．718351
专题：
计算题；证明题．
分析：
（1）根据矩形性质得出CD=2，根据勾股定理求出CE和BE，求出CE2+BE2