中考数学平行四边形综合练习题含答案一、平行四边形1．四边形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2．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3．如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同时出发．以每秒1个单位的速度运动．其中，点M 沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动．过点M作MP⊥OA，交AC于P，连接NP，已知动点运动了x秒．（1）P点的坐标为多少（用含x的代数式表示）；（2）试求△NPC面积S的表达式，并求出面积S的最大值及相应的x值；（3）当x为何值时，△NPC是一个等腰三角形？简要说明理由．【答案】（1）P点坐标为（x，3﹣x）．（2）S的最大值为，此时x=2．（3）x=，或x=，或x=．【解析】试题分析：（1）求P点的坐标，也就是求OM和PM的长，已知了OM的长为x，关键是求出PM的长，方法不唯一，①可通过PM∥OC得出的对应成比例线段来求；②也可延长MP交BC于Q，先在直角三角形CPQ中根据CQ的长和∠ACB的正切值求出PQ的长，然后根据PM=AB﹣PQ来求出PM的长．得出OM和PM的长，即可求出P点的坐标．（2）可按（1）②中的方法经求出PQ的长，而CN的长可根据CN=BC﹣BN来求得，因此根据三角形的面积计算公式即可得出S，x的函数关系式．（3）本题要分类讨论：①当CP=CN时，可在直角三角形CPQ中，用CQ的长即x和∠ABC的余弦值求出CP的表达式，然后联立CN的表达式即可求出x的值；②当CP=PN时，那么CQ=QN，先在直角三角形CPQ中求出CQ的长，然后根据QN=CN﹣CQ求出QN的表达式，根据题设的等量条件即可得出x的值．③当CN=PN时，先求出QP和QN的长，然后在直角三角形PNQ中，用勾股定理求出PN 的长，联立CN的表达式即可求出x的值．试题解析：（1）过点P作PQ⊥BC于点Q，有题意可得：PQ∥AB，∴△CQP∽△CBA，∴∴解得：QP=x，∴PM=3﹣x，由题意可知，C（0，3），M（x，0），N（4﹣x，3），P点坐标为（x，3﹣x）．（2）设△NPC的面积为S，在△NPC中，NC=4﹣x，NC边上的高为，其中，0≤x≤4．∴S=（4﹣x）×x=（﹣x2+4x）=﹣（x﹣2）2+．∴S的最大值为，此时x=2．（3）延长MP交CB于Q，则有PQ⊥BC．①若NP=CP，∵PQ⊥BC，∴NQ=CQ=x．∴3x=4，∴x=．②若CP=CN，则CN=4﹣x，PQ=x，CP=x，4﹣x=x，∴x=；③若CN=NP，则CN=4﹣x．∵PQ=x，NQ=4﹣2x，∵在Rt△PNQ中，PN2=NQ2+PQ2，∴（4﹣x）2=（4﹣2x）2+（x）2，∴x=．综上所述，x=，或x=，或x=．考点：二次函数综合题．4．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．5．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．①求证△ADB≌△AOB；②求点H的坐标．（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（1）D （1，3）；（2）①详见解析；②H （175，3）；（3）303344-≤S ≤303344+． 【解析】【分析】（1）如图①，在Rt △ACD 中求出CD 即可解决问题；（2）①根据HL 证明即可；②，设AH=BH=m ，则HC=BC-BH=5-m ，在Rt △AHC 中，根据AH 2=HC 2+AC 2，构建方程求出m 即可解决问题；（3）如图③中，当点D 在线段BK 上时，△DEK 的面积最小，当点D 在BA 的延长线上时，△D′E′K 的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；【详解】（1）如图①中，∵A （5，0），B （0，3），∴OA =5，OB =3，∵四边形AOBC 是矩形，∴AC =OB =3，OA =BC =5，∠OBC =∠C =90°，∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到，∴AD =AO =5，在Rt △ADC 中，CD 22AD AC -， ∴BD =BC -CD =1，∴D （1，3）．（2）①如图②中，由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，∵点D在线段BE上，∴∠ADB=90°，由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，∴∠CBA=∠OAB，∴∠BAD=∠CBA，∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，∴m2=32+（5-m）2，∴m=175，∴BH=175，∴H（175，3）．（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=12•DE•DK=12×3×（5-342）=303344，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×（5+342）=303344+．综上所述，303344-≤S≤303344+．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．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=12BC，GH∥BC，GH=12BC，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=12S△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＝12BC，GH∥BC，GH＝12BC，∴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＝1S△AEF＝S△APF，2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．（1）（问题发现）如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E恰好与点A重合，则线段BE与AF的数量关系为（2）（拓展研究）在（1）的条件下，如果正方形CDEF绕点C旋转，连接BE，CE，AF，线段BE与AF的数量关系有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（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的长．【答案】（1）2AF ；（2）无变化；（3）AF 313． 【解析】试题分析：（1）先利用等腰直角三角形的性质得出2 ，再得出BE=AB=2，即可得出结论；（2）先利用三角函数得出22CA CB =，同理得出22CF CE =，夹角相等即可得出△ACF ∽△BCE ，进而得出结论；（3）分两种情况计算，当点E 在线段BF 上时，如图2，先利用勾股定理求出2，6，即可得出62，借助（2）得出的结论，当点E 在线段BF 的延长线上，同前一种情况一样即可得出结论． 试题解析：（1）在Rt △ABC 中，AB=AC=2， 根据勾股定理得，22， 点D 为BC 的中点，∴AD=122， ∵四边形CDEF 是正方形，∴2， ∵BE=AB=2，∴2AF ， 故答案为2AF ； （2）无变化；如图2，在Rt △ABC 中，AB=AC=2， ∴∠ABC=∠ACB=45°，∴sin ∠ABC=2CA CB =在正方形CDEF 中，∠FEC=12∠FED=45°， 在Rt △CEF 中，sin ∠FEC=2CF CE =∴CF CACE CB=， ∵∠FCE=∠ACB=45°，∴∠FCE ﹣∠ACE=∠ACB ﹣∠ACE ，∴∠FCA=∠ECB ，∴△ACF ∽△BCE ，∴BE CBAF CA=2∴2AF ， ∴线段BE 与AF 的数量关系无变化； （3）当点E 在线段AF 上时，如图2，由（1）知，CF=EF=CD=2，在Rt△BCF中，CF=2，BC=22，根据勾股定理得，BF=6，∴BE=BF﹣EF=6﹣2，由（2）知，BE=2AF，∴AF=3﹣1，当点E在线段BF的延长线上时，如图3，在Rt△ABC中，AB=AC=2，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴sin∠ABC=22 CACB=，在正方形CDEF中，∠FEC=12∠FED=45°，在Rt△CEF中，sin∠FEC=22CFCE=，∴CF CACE CB=，∵∠FCE=∠ACB=45°，∴∠FCB+∠ACB=∠FCB+∠FCE，∴∠FCA=∠ECB，∴△ACF∽△BCE，∴BE CBAF CA= =2，∴BE=2AF，由（1）知，CF=EF=CD=2，在Rt△BCF中，CF=2，BC=22，根据勾股定理得，BF=6，∴BE=BF+EF=6+2，由（2）知，BE=2AF，∴AF=3+1．即：当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，线段AF的长为3﹣1或3+1．8．点P是矩形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A，C重合），分别过点A，C向直线BP作垂线，垂足分别为点E，F，点O为AC的中点．（1）如图1，当点P与点O重合时，请你判断OE与OF的数量关系；（2）当点P 运动到如图2所示位置时，请你在图2中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立；（3）若点P 在射线OA 上运动，恰好使得∠OEF ＝30°时，猜想此时线段CF ，AE ，OE 之间有怎样的数量关系，直接写出结论不必证明．【答案】（1）OE ＝OF ．理由见解析；（2）补全图形如图所示见解析，OE ＝OF 仍然成立；（3）CF ＝OE+AE 或CF ＝OE ﹣AE ． 【解析】 【分析】（1）根据矩形的性质以及垂线，即可判定()AOE COF AAS ∆≅∆，得出OE =OF ； （2）先延长EO 交CF 于点G ，通过判定()AOE COG ASA ∆≅∆，得出OG =OE ，再根据Rt EFG ∆中，12OF EG =，即可得到OE =OF ； （3）根据点P 在射线OA 上运动，需要分两种情况进行讨论：当点P 在线段OA 上时，当点P 在线段OA 延长线上时，分别根据全等三角形的性质以及线段的和差关系进行推导计算即可． 【详解】（1）OE =OF ．理由如下： 如图1．∵四边形ABCD 是矩形，∴ OA =OC ．∵AE BP ⊥，CF BP ⊥，∴90AEO CFO ∠=∠=︒．∵在AOE ∆和COF ∆中，AEO CFO AOE COF OA OC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AOE COF AAS ∆≅∆，∴ OE =OF ；（2）补全图形如图2，OE =OF 仍然成立．证明如下： 延长EO 交CF 于点G ．∵AE BP ⊥，CF BP ⊥，∴ AE //CF ，∴EAO GCO ∠=∠． 又∵点O 为AC 的中点，∴ AO =CO ．在AOE ∆和COG ∆中，EAO GCO AO CO AOE COG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=⎩，∴()AOE COG ASA ∆≅∆，∴ OG =OE ，∴Rt EFG ∆中，12OF EG =，∴ OE =OF ； （3）CF =OE +AE 或CF =OE -AE ．证明如下：①如图2，当点P 在线段OA 上时．∵30OEF ∠=︒，90EFG ∠=︒，∴60OGF ∠=︒，由（2）可得：OF =OG ，∴OGF ∆是等边三角形，∴ FG =OF =OE ，由（2）可得：AOE COG ∆≅∆，∴ CG =AE ． 又∵ CF =GF +CG ，∴ CF =OE +AE ；②如图3，当点P 在线段OA 延长线上时．∵30OEF ∠=︒，90EFG ∠=︒，∴60OGF ∠=︒，同理可得：OGF ∆是等边三角形，∴ FG =OF =OE ，同理可得：AOE COG ∆≅∆，∴ CG =AE ． 又∵ CF =GF -CG ，∴ CF =OE -AE ．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质、全等三角形的性质和判定以及等边三角形的性质和判定，解决问题的关键是构建全等三角形和证明三角形全等，利用矩形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，根据线段的和差关系使问题得以解决．9．在矩形纸片ABCD 中，AB=6，BC=8，现将纸片折叠，使点D 与点B 重合，折痕为EF ，连接DF ．（1）说明△BEF 是等腰三角形； （2）求折痕EF 的长．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】 【分析】（1）根据折叠得出∠DEF =∠BEF ，根据矩形的性质得出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，根据矩形的性质得出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 重合，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，所以EM =AB =6，AE =BM ．∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，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】本题考查了折叠的性质和矩形性质、勾股定理等知识点，能熟记折叠的性质是解答此题的关键．10．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．11．如图1，在长方形纸片ABCD中，AB=mAD，其中m⩾1，将它沿EF折叠(点E. F分别在边AB、CD上)，使点B落在AD边上的点M处，点C落在点N处，MN与CD相交于点P，连接EP.设AMnAD=，其中0<n⩽1.(1)如图2，当n=1(即M点与D点重合)，求证：四边形BEDF为菱形；(2)如图3，当12n=(M为AD的中点)，m的值发生变化时，求证：EP=AE+DP；(3)如图1，当m=2(即AB=2AD)，n的值发生变化时，BE CFAM-的值是否发生变化?说明理由.【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；(3)值不变，理由见解析.【解析】试题分析：（1）由条件可知，当n=1（即M点与D点重合），m=2时，AB=2AD，设AD=a，则AB=2a，由矩形的性质可以得出△ADE≌△NDF，就可以得出AE=NF，DE=DF，在Rt△AED中，由勾股定理就可以表示出AE的值，再求出BE的值就可以得出结论.（2）延长PM交EA延长线于G，由条件可以得出△PDM≌△GAM，△EMP≌△EMG由全等三角形的性质就可以得出结论.（3）如图1，连接BM交EF于点Q，过点F作FK⊥AB于点K，交BM于点O，通过证明△ABM ∽△KFE ，就可以得出EK KF AM AB =，即BE BK BCAM AB-=，由AB=2AD=2BC ，BK=CF 就可以得出BE CFAM -的值是12为定值． （1）∵四边形ABCD 是矩形，∴AB=CD ，AD=BC ，∠A=∠B=∠C=∠D=90°． ∵AB=mAD ，且n=2，∴AB=2AD ．∵∠ADE+∠EDF=90°，∠EDF+∠NDF=90°，∴∠ADE=∠NDF ． 在△ADE 和△NDF 中，∠A ＝∠N ，AD ＝ND ，∠ADE ＝∠NDF ， ∴△ADE ≌△NDF （ASA ）.∴AE=NF ，DE=DF ． ∵FN=FC ，∴AE=FC ．∵AB=CD ，∴AB-AE="CD-CF." ∴BE="DF." ∴BE=DE ．Rt △AED 中，由勾股定理，得222AE DE AD =-，即2222AE AD AE AD （）=--，∴AE=34AD. ∴BE=2AD-34AD=54.∴554334ADBE AE AD ==. （2）如图3，延长PM 交EA 延长线于G ，∴∠GAM=90°． ∵M 为AD 的中点，∴AM=DM ．∵四边形ABCD 是矩形，∴AB=CD ，AD=BC ，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB ∥CD. ∴∠GAM=∠PDM ．在△GAM 和△PDM 中，∠GAM ＝∠PDM ，AM ＝DM ，∠AMG ＝∠DMP ， ∴△GAM ≌△PDM （ASA ）.∴MG=MP .在△EMP 和△EMG 中，PM ＝GM ，∠PME ＝∠GME ，ME ＝ME ， ∴△EMP ≌△EMG （SAS ）.∴EG=EP . ∴AG+AE=EP .∴PD+AE=EP ，即EP=AE+DP .（3）12BE CF AM -=，值不变，理由如下： 如图1，连接BM 交EF 于点Q ，过点F 作FK ⊥AB 于点K ，交BM 于点O ，∵EM=EB ，∠MEF=∠BEF ，∴EF ⊥MB ，即∠FQO=90°.∵四边形FKBC 是矩形，∴KF=BC ，FC=KB.∵∠FKB=90°，∴∠KBO+∠KOB=90°.∵∠QOF+∠QFO=90°，∠QOF=∠KOB ，∴∠KBO=∠OFQ.∵∠A=∠EKF=90°，∴△ABM ∽△KFE.∴EK KF AM AB =即BE BK BC AM AB-=. ∵AB=2AD=2BC ，BK=CF ，∴12BE CF AM -=. ∴BE CF AM-的值不变．考点：1.折叠问题；2.矩形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.相似三角形的判定和性质．12．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A 1A 2…A n “，其它条件不变，请你猜想：当∠A n ﹣2MN=_____°时，结论A n ﹣2M=MN 仍然成立．（不要求证明）【答案】0(2)180n n-【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∠A n-2MN等于n边形的内角时，结论A n-2M=MN仍然成立；即∠A n-2MN=()02180nn-时，结论A n-2M=MN仍然成立；故答案为[()02180nn-]．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．13．如图①，在△ABC中，AB=7，tanA=，∠B=45°．点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动（不与点A、B重合），过点P作PQ⊥AB．交折线AC-CB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设点P的运动时间为t（秒），正方形PQMN 与△ABC重叠部分图形的面积为S（平方单位）．（1）直接写出正方形PQMN的边PQ的长（用含t的代数式表示）．（2）当点M落在边BC上时，求t的值．（3）求S与t之间的函数关系式．（4）如图②，点P运动的同时，点H从点B出发，沿B-A-B的方向做一次往返运动，在B-A上的速度为每秒2个单位长度，在A-B上的速度为每秒4个单位长度，当点H停止运动时，点P也随之停止，连结MH．设MH将正方形PQMN分成的两部分图形面积分别为S1、S2（平方单位）（0＜S1＜S2），直接写出当S2≥3S1时t的取值范围．【答案】(1) PQ=7-t．(2) t=．(3) 当0＜t≤时，S=．当＜t≤4，．当4＜t＜7时，．（4）或或．【解析】试题分析：（1）分两种情况讨论：当点Q在线段AC上时，当点Q在线段BC上时．（2）根据AP+PN+NB=AB，列出关于t的方程即可解答；（3）当0＜t≤时，当＜t≤4，当4＜t＜7时；（4）或或．试题解析：（1）当点Q在线段AC上时，PQ=tanAAP=t．当点Q在线段BC上时，PQ=7-t．（2）当点M落在边BC上时，如图③，由题意得：t+t+t=7，解得：t=．∴当点M落在边BC上时，求t的值为．（3）当0＜t≤时，如图④，S=．当＜t≤4，如图⑤，．当4＜t＜7时，如图⑥，．（4）或或．．考点：四边形综合题.14．已知一次函数y=x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，以线段AB为直角边在第二象限内左等腰直角三角形ABC，∠BAC=90°，如图1所示．（1）填空：AB= ，BC= ．（2）将△ABC绕点B逆时针旋转，①当AC与x轴平行时，则点A的坐标是②当旋转角为90°时，得到△BDE，如图2所示，求过B、D两点直线的函数关系式．③在②的条件下，旋转过程中AC扫过的图形的面积是多少？（3）将△ABC向右平移到△A′B′C′的位置，点C′为直线AB上的一点，请直接写出△ABC扫过的图形的面积．【答案】（1）：5；5；（2）①（0，﹣2）；②直线BD的解析式为y=﹣x+3；③S=π；（3）△ABC扫过的面积为．【解析】试题分析：（1）根据坐标轴上的点的坐标特征，结合一次函数的解析式求出A、B两点的坐标，利用勾股定理即可解答；（2）①因为B（0，3），所以OB=3，所以AB=5，所以AO=AB-BO=5-3=2，所以A（0，-2）；②过点C作CF⊥OA与点F，证明△AOB≌△CFA，得到点C的坐标，求出直线AC解析式，根据AC∥BD，所以直线BD的解析式的k值与直线AC的解析式k值相同，设出解析式，即可解答．③利用旋转的性质进而得出A，B，C对应点位置进而得出答案，再利用以BC为半径90°圆心角的扇形面积减去以AB为半径90°圆心角的扇形面积求出答案；（3）利用平移的性质进而得出△ABC扫过的图形是平行四边形的面积．试题解析：（1）∵一次函数y=x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A（-4，0），B（0，3），∴AO=4，BO=3，在Rt△AOB中，AB=，∵等腰直角三角形ABC，∠BAC=90°，∴BC=；（2）①如图1，∵B（0，3），∴OB=3，∵AB=5，∴AO=AB-BO=5-3=2，∴A（0，-2）．当在x轴上方时，点A的坐标为（0，8），②如图2，过点C作CF⊥OA与点F，∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠BAC=90°，AB=AC，∴∠BAO+∠CAF=90°，∵∠OBA+∠BAO=90°，∴∠CAF=∠OBA，在△AOB和△CFA中，，∴△AOB≌△CFA（AAS）；∴OA=CF=4，OB=AF=3，∴OF=7，CF=4，∴C（-7，4）∵A（-4，0）设直线AC解析式为y=kx+b，将A与C坐标代入得：，解得：，则直线AC解析式为y=x，∵将△ABC绕点B逆时针旋转，当旋转角为90°时，得到△BDE，∴∠ABD=90°，∵∠CAB=90°，∴∠ABD=∠CAB=90°，∴AC∥BD，∴设直线BD的解析式为y=x+b1，把B（0，3）代入解析式的：b1=3，∴直线BD的解析式为y=x+3；③因为旋转过程中AC扫过的图形是以BC为半径90°圆心角的扇形面积减去以AB为半径90°圆心角的扇形面积，所以可得：S=；（3）将△ABC向右平移到△A′B′C′的位置，△ABC扫过的图形是一个平行四边形和三角形ABC，如图3：将C点的纵坐标代入一次函数y=x+3，求得C′的横坐标为，平行四边CAA′C′的面积为（7+）×4=，三角形ABC的面积为×5×5=△ABC扫过的面积为：．考点：几何变换综合题．15．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．（1）求证：∠APB=∠BPH；（2）当点P在边AD上移动时，求证：△PDH的周长是定值；（3）当BE+CF的长取最小值时，求AP的长．【答案】（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）2．【解析】试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案；（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；（3）过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB，证明△EFM≌△BPA，设AP=x，利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF，结合二次函数的性质求出最值．试题解析：（1）解：如图1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．又∵∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．即∠PBC=∠BPH．又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC．∴∠APB=∠BPH．（2）证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．由（1）知∠APB=∠BPH，又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，在△ABP和△QBP中，，∴△ABP≌△QBP（AAS），∴AP=QP，AB=BQ，又∵AB=BC，∴BC=BQ．又∠C=∠BQH=90°，BH=BH，在△BCH和△BQH中，，∴△BCH≌△BQH（SAS），∴CH=QH．∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．∴△PDH的周长是定值．（3）解：如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB．又∵EF为折痕，∴EF⊥BP．∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，∴∠EFM=∠ABP．又∵∠A=∠EMF=90°，在△EFM和△BPA中，，∴△EFM≌△BPA（AAS）．∴EM=AP．设AP=x在Rt△APE中，（4-BE）2+x2=BE2．解得BE=2+，∴CF=BE-EM=2+-x，∴BE+CF=-x+4=（x-2）2+3．当x=2时，BE+CF取最小值，∴AP=2．考点：几何变换综合题．。