2020-2021中考数学压轴题之平行四边形(中考题型整理,突破提升)附答案

一、平行四边形

1．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），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的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明；

②将图1中的正方形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．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．

（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中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．

（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=1

2

，求BE2+DG2的值．

【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根据正方形的性质，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的关系；

②结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；

（2）根据两条对应边的比相等，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）中的位置关系仍然成立；

（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、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，

∴BC CG b

==，

DC CE a

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的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理．

2．如图1，正方形ABCD的一边AB在直尺一边所在直线MN上，点O是对角线AC、BD 的交点，过点O作OE⊥MN于点E．

（1）如图1，线段AB与OE之间的数量关系为．（请直接填结论）（2）保证点A始终在直线MN上，正方形ABCD绕点A旋转θ（0＜θ＜90°），过点 B作BF⊥MN于点F．

①如图2，当点O、B两点均在直线MN右侧时，试猜想线段AF、BF与OE之间存在怎样的数量关系？请说明理由．

②如图3，当点O、B两点分别在直线MN两侧时，此时①中结论是否依然成立呢？若成立，请直接写出结论；若不成立，请写出变化后的结论并证明．

③当正方形ABCD绕点A旋转到如图4的位置时，线段AF、BF与OE之间的数量关系为．（请直接填结论）

【答案】（1）AB=2OE；（2）①AF+BF=2OE,证明见解析;②AF﹣BF=2OE 证明见解析;③BF ﹣AF=2OE，

【解析】

试题分析：（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论；

（2）①过点B作BH⊥OE于H，可得四边形BHEF是矩形，根据矩形的对边相等可得

EF=BH，BF=HE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后利用“角角边”证明△AOE和△OBH全等，根据全等三角形对应边相等可得OH=AE，OE=BH，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；

②过点B作BH⊥OE交OE的延长线于H，可得四边形BHEF是矩形，根据矩形的对边相等可得EF=BH，BF=HE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后利用“角角边”证明△AOE和△OBH全等，根据全等三角形对应边相等可得OH=AE，OE=BH，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；

③同②的方法可证．

试题解析：（1）∵AC，BD是正方形的对角线，

∴OA=OC=OB，∠BAD=∠ABC=90°，

∵OE⊥AB，

∴OE=1

2 AB，

∴AB=2OE，

（2）①AF+BF=2OE

证明：如图2，过点B作BH⊥OE于点H ∴∠BHE=∠BHO=90°∵OE⊥MN，BF⊥MN

∴∠BFE=∠OEF=90°

∴四边形EFBH为矩形

∴BF=EH，EF=BH

∵四边形ABCD为正方形

∴OA=OB，∠AOB=90°

∴∠AOE+∠HOB=∠OBH+∠HOB=90°

∴∠AOE=∠OBH

∴△AEO≌△OHB（AAS）

∴AE=OH，OE=BH

∴AF+BF=AE+EF+BF=OH+BH+EH=OE+OE=2OE．

②AF﹣BF=2OE

证明：如图3，延长OE，过点B作BH⊥OE于点H ∴∠EHB=90°

∵OE⊥MN，BF⊥MN

∴∠AEO=∠HEF=∠BFE=90°

∴四边形HBFE为矩形

∴BF=HE，EF=BH

∵四边形ABCD是正方形

∴OA=OB，∠AOB=90°

∴∠AOE+∠BOH=∠OBH+∠BOH

∴∠AOE=∠OBH

∴△AOE≌△OBH（AAS）

∴AE=OH，OE=BH，

∴AF﹣BF

=AE+EF﹣HE=OH﹣HE+OE=OE+OE=2OE

③BF﹣AF=2OE，

如图4，作OG⊥BF于G，则四边形EFGO是矩形，∴EF=GO，GF=EO，∠GOE=90°，

∴∠AOE+∠AOG=90°．

在正方形ABCD中，OA=OB，∠AOB=90°，

∴∠AOG+∠BOG=90°，

∴∠AOE=∠BOG．

∵OG⊥BF，OE⊥AE，

∴∠AEO=∠BGO=90°．

∴△AOE≌△BOG（AAS），

∴OE=OG，AE=BG，

∵AE﹣EF=AF，EF=OG=OE，AE=BG=AF+EF=OE+AF，

∴BF﹣AF=BG+GF﹣（AE﹣EF）=AE+OE﹣AE+EF=OE+OE=2OE，

∴BF﹣AF=2OE．

3．在图1中，正方形ABCD的边长为a，等腰直角三角形FAE的斜边AE＝2b，且边AD和AE在同一直线上．

操作示例

当2b＜a时，如图1，在BA上选取点G，使BG＝b，连结FG和CG，裁掉△FAG和△CGB 并分别拼接到△FEH和△CHD的位置构成四边形FGCH．

思考发现

小明在操作后发现：该剪拼方法就是先将△FAG绕点F逆时针旋转90°到△FEH的位置，易知EH与AD在同一直线上．连结CH，由剪拼方法可得DH=BG，故△CHD≌△CGB，从而又可将△CGB绕点C顺时针旋转90°到△CHD的位置．这样，对于剪拼得到的四边形FGCH （如图1），过点F作FM⊥AE于点M（图略），利用SAS公理可判断△HFM≌△CHD，易得FH=HC=GC=FG，∠FHC=90°．进而根据正方形的判定方法，可以判断出四边形FGCH是正方形．

实践探究

（1）正方形FGCH的面积是；（用含a， b的式子表示）

（2）类比图1的剪拼方法，请你就图2—图4的三种情形分别画出剪拼成一个新正方形的示意图．联想拓展

小明通过探究后发现：当b≤a时，此类图形都能剪拼成正方形，且所选取的点G的位置在BA方向上随着b的增大不断上移．当b＞a时（如图5），能否剪拼成一个正方形？若能，请你在图5中画出剪拼成的正方形的示意图；若不能，简要说明理由．

【答案】（1）a2+b2；（2）见解析；联想拓展：能剪拼成正方形.见解析．

【解析】分析：实践探究：根据正方形FGCH的面积=BG2+BC2进而得出答案；

应采用类比的方法，注意无论等腰直角三角形的大小如何变化，BG永远等于等腰直角三角形斜边的一半．注意当b=a时，也可直接沿正方形的对角线分割．

详解：实践探究：正方形的面积是：BG2+BC2=a2+b2；

剪拼方法如图2-图4；

联想拓展：能，

剪拼方法如图5（图中BG=DH=b）．

．

点睛：本题考查了几何变换综合，培养学生的推理论证能力和动手操作能力；运用类比方法作图时，应根据范例抓住作图的关键：作的线段的长度与某条线段的比值永远相等，旋转的三角形，连接的点都应是相同的．

4．操作：如图，边长为2的正方形ABCD，点P在射线BC上，将△ABP沿AP向右翻折，得到△AEP，DE所在直线与AP所在直线交于点F．

探究：（1）如图1，当点P在线段BC上时，①若∠BAP=30°，求∠AFE的度数；②若点E 恰为线段DF的中点时，请通过运算说明点P会在线段BC的什么位置？并求出此时∠AFD 的度数．

归纳：（2）若点P是线段BC上任意一点时（不与B，C重合），∠AFD的度数是否会发生变化？试证明你的结论；

猜想：（3）如图2，若点P在BC边的延长线上时，∠AFD的度数是否会发生变化？试在图中画出图形，并直接写出结论．

【答案】（1）①45°；②BC的中点，45°；（2）不会发生变化，证明参见解析；（3）不会发生变化，作图参见解析.

【解析】

试题分析：（1）当点P在线段BC上时，①由折叠得到一对角相等，再利用正方形性质求出∠DAE度数，在三角形AFD中，利用内角和定理求出所求角度数即可；②由E为DF中点，得到P为BC中点，如图1，连接BE交AF于点O，作EG∥AD，得EG∥BC，得到AF 垂直平分BE，进而得到三角形BOP与三角形EOG全等，利用全等三角形对应边相等得到BP=EG=1，得到P为BC中点，进而求出所求角度数即可；（2）若点P是线段BC上任意一点时（不与B，C重合），∠AFD的度数不会发生变化，作AG⊥DF于点G，如图1（a）所示，利用折叠的性质及三线合一性质，根据等式的性质求出∠1+∠2的度数，即为∠FAG

度数，即可求出∠F度数；（3）作出相应图形，如图2所示，若点P在BC边的延长线上时，∠AFD的度数不会发生变化，理由为：作AG⊥DE于G，得∠DAG=∠EAG，设

∠DAG=∠EAG=α，根据∠FAE为∠BAE一半求出所求角度数即可．试题解析：（1）①当点P在线段BC上时，∵∠EAP=∠BAP=30°，∴∠DAE=90°﹣

30°×2=30°，在△ADE中，AD=AE，∠DAE=30°，∴∠ADE=∠AED=（180°﹣30°）÷2=75°，在△AFD中，∠FAD=30°+30°=60°，∠ADF=75°，∴∠AFE=180°﹣60°﹣75°=45°；②点E为DF 的中点时，P也为BC的中点，理由如下：

如图1，连接BE交AF于点O，作EG∥AD，得EG∥BC，∵EG∥AD，

DE=EF，∴EG=AD=1，∵AB=AE，∴点A在线段BE的垂直平分线上，同理可得点P在线段BE的垂直平分线上，∴AF垂直平分线段BE，∴OB=OE，∵GE∥BP，∴∠OBP=∠OEG，

∠OPB=∠OGE，∴△BOP≌△EOG，∴BP=EG=1，即P为BC的中点，∴∠DAF=90°﹣

∠BAF，∠ADF=45°+∠BAF，∴∠AFD=180°﹣∠DAF﹣∠ADF=45°；（2）∠AFD的度数不会发生变化，作AG⊥DF于点G，如图1（a）所示，

在△ADE中，AD=AE，AG⊥DE，∵AG平分∠DAE，即∠2=∠DAG，且

∠1=∠BAP，∴∠1+∠2=×90°=45°，即∠FAG=45°，则∠AFD=90°﹣45°=45°；（3）如图2所示，∠AFE的大小不会发生变化，∠AFE=45°，

作AG⊥DE于G，得∠DAG=∠EAG，设∠DAG=∠EAG=α，

∴∠BAE=90°+2α，∴∠FAE=∠BAE=45°+α，∴∠FAG=∠FAE﹣∠EAG=45°，在Rt△AFG中，∠AFE=90°﹣45°=45°．

考点：1.正方形的性质；2.折叠性质；3.全等三角形的判定与性质.

5．在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）．过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．（1）如图1，请直接写出线段OE与OF的数量关系；

（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由

（3）若|CF﹣AE|=2，EF=23，当△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长．【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP的长为62

或23

3

.

【解析】

【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE；

（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE；

（3）分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.

【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，

∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，

∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，

∵△EFK是直角三角形，∴OF=1

2

EK=OE；

（2）如图2中，延长EO交CF于K，∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，

∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，

∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，

∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，

∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；

（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，∵|CF﹣AE|=2，3AE=CK，∴FK=2，

在Rt△EFK中，tan∠3

∴∠FEK=30°，∠EKF=60°，

∴EK=2FK=4，OF=1

2

EK=2，

∵△OPF是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2，

在Rt△PHF中，PH=1

2

PF=1，3OH=23

∴()2

2

12362

+-=

如图4中，点P 在线段OC 上，当PO=PF 时，∠POF=∠PFO=30°，

∴∠BOP=90°，

∴OP=33OE=233

， 综上所述：OP 的长为62-或233. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.

6．已知矩形纸片OBCD 的边OB 在x 轴上，OD 在y 轴上，点C 在第一象限，且86OB OD ==，.现将纸片折叠，折痕为EF （点E ，F 是折痕与矩形的边的交点），点P 为点D 的对应点，再将纸片还原。

（I ）若点P 落在矩形OBCD 的边OB 上，

①如图①，当点E 与点O 重合时，求点F 的坐标；

②如图②，当点E 在OB 上，点F 在DC 上时，EF 与DP 交于点G ，若7OP =，求点F 的坐标：

（Ⅱ）若点P 落在矩形OBCD 的内部，且点E ，F 分别在边OD ，边DC 上，当OP 取最小值时，求点P 的坐标（直接写出结果即可）。

【答案】（I ）①点F 的坐标为(6,6)；②点F 的坐标为85,614⎛⎫ ⎪⎝⎭；（II ）86,55P ⎛⎫ ⎪⎝⎭

【解析】

【分析】

（I ）①根据折叠的性质可得45DOF POF ∴∠=∠=,再由矩形的性质，即可求出F 的坐

标;

②由折叠的性质及矩形的特点，易得DGF PGE ∆≅∆，得到DF PE =，再加上平行，可以得到四边形DEPF 是平行四边形，在由对角线垂直，得出 DEPF 是菱形，设菱形的边长为x ，在Rt ODE ∆中，由勾股定理建立方程即可求解;

(Ⅱ)当O,P ,F 点共线时OP 的长度最短.

【详解】

解：（I ）①∵折痕为EF,点P 为点D 的对应点

DOF POF ∴∆≅∆

45DOF POF ∴∠=∠=

∵四边形OBCD 是矩形，

90ODF ︒∴∠=

45DFO DOF ︒∴∠=∠=

6DF DO ∴==

点F 的坐标为(6,6)

②∵折痕为EF ，点P 为点D 的对应点.

,DG PG EF PD ∴=⊥

∵四边形OBCD 是矩形，

//DC OB ∴，

FDG EPG ∴∠=∠；

DGF PGE ∠=∠

DGF PGE ∴∆≅∆

DF PE ∴=

//DF PE

∴四边形DEPF 是平行四边形.

EF PD ⊥，

DEPF ∴是菱形.

设菱形的边长为x ，则DE EP x ==

7OP =，

7OE x ∴=-，

在Rt ODE ∆中，由勾股定理得222OD QB DE +=

2226(7)x x ∴+-= 解得8514

x = 8514

DF ∴= ∴点F 的坐标为85,614⎛⎫ ⎪⎝⎭

（Ⅱ）

86

,

55 P

⎛⎫ ⎪⎝⎭

【点睛】

此题考查了几何折叠问题、等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，关键是根据折叠的性质进行解答，属于中考压轴题．

7．如图，正方形ABCD的边长为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的长为？

4

65

5

22

【解析】

【分析】

分两种情况分析：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，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，在Rt△C B′N中，由勾股定理得，2222

+DN= 3.2 5.6

B N'+；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，2222

+DN=22

B N'+；

【详解】

如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，

∵∠B=90°，∴2222

AB BE=86

++，

∵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，由三角形的面积法则可求得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，2222

+DN= 3.2 5.6

B N'+4

65

5

；

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=2222+DN =22B N '+ =22 ；

综上，可得B′D 的长为

4655

或22. 【点睛】 本题主要考查正方形的性质与判定，矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等，能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关键.

8．如图①，四边形ABCD 是知形，1,2AB BC ==，点E 是线段BC 上一动点(不与,B C 重合)，点F 是线段BA 延长线上一动点，连接,,,DE EF DF EF 交AD 于点G .设,BE x AF y ==，已知y 与x 之间的函数关系如图②所示.

（1）求图②中y 与x 的函数表达式;

（2）求证:DE DF ⊥;

（3）是否存在x 的值，使得DEG △是等腰三角形?如果存在，求出x 的值;如果不存在，说明理由

【答案】（1）y ＝﹣2x +4（0＜x ＜2）；（2）见解析；（3）存在，x ＝5455-32．

【解析】

【分析】

（1）利用待定系数法可得y 与x 的函数表达式；

（2）证明△CDE ∽△ADF ，得∠ADF ＝∠CDE ，可得结论；

（3）分三种情况：

①若DE ＝DG ，则∠DGE ＝∠DEG ，

②若DE ＝EG ，如图①，作EH ∥CD ，交AD 于H ，

③若DG ＝EG ，则∠GDE ＝∠GED ，

分别列方程计算可得结论．

【详解】

（1）设y ＝kx +b ，

由图象得：当x ＝1时，y ＝2，当x ＝0时，y ＝4，

代入得：24k b b +=⎧⎨=⎩，得24

k b =-⎧⎨=⎩， ∴y ＝﹣2x +4（0＜x ＜2）；

（2）∵BE ＝x ，BC ＝2

∴CE ＝2﹣x ， ∴

211,4222CE x CD AF x AD -===-， ∴CE CD AF AD

=， ∵四边形ABCD 是矩形，

∴∠C ＝∠DAF ＝90°，

∴△CDE ∽△ADF ，

∴∠ADF ＝∠CDE ，

∴∠ADF +∠EDG ＝∠CDE +∠EDG ＝90°，

∴DE ⊥DF ；

（3）假设存在x 的值，使得△DEG 是等腰三角形，

①若DE ＝DG ，则∠DGE ＝∠DEG ，

∵四边形ABCD 是矩形，

∴AD ∥BC ，∠B ＝90°，

∴∠DGE ＝∠GEB ，

∴∠DEG ＝∠BEG ，

在△DEF 和△BEF 中，

FDE B DEF BEF EF EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩

，

∴△DEF ≌△BEF （AAS ），

∴DE ＝BE ＝x ，CE ＝2﹣x ，

∴在Rt △CDE 中，由勾股定理得：1+（2﹣x ）2＝x 2，

x ＝54

； ②若DE ＝EG ，如图①，作EH ∥CD ，交AD 于H ，

∵AD ∥BC ，EH ∥CD ，

∴四边形CDHE 是平行四边形，

∴∠C ＝90°，

∴四边形CDHE 是矩形，

∴EH ＝CD ＝1，DH ＝CE ＝2﹣x ，EH ⊥DG ，

∴HG ＝DH ＝2﹣x ，

∴AG ＝2x ﹣2，

∵EH ∥CD ，DC ∥AB ，

∴EH ∥AF ，

∴△EHG ∽△FAG ，

∴

EH HG AF AG =， ∴124222

x x x -=--， ∴12555522x x =

=（舍）， ③若DG ＝EG ，则∠GDE ＝∠GED ，

∵AD ∥BC ，

∴∠GDE ＝∠DEC ，

∴∠GED ＝∠DEC ，

∵∠C ＝∠EDF ＝90°，

∴△CDE ∽△DFE ，

∴CE DE CD DF

=， ∵△CDE ∽△ADF ， ∴12

DE CD DF AD ==， ∴

12CE CD =，

2，x＝

3

2

，

综上，x＝5

4

或

5-5

2

或

3

2

．

【点睛】

本题是四边形的综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，三角形相似和全等的性质和判定，矩形和平行四边形的性质和判定，勾股定理和逆定理等知识，运用相似三角形的性质是解决本题的关键．

9．（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）AF313．

【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

2

CA

CB

=，同理得出

2

CF

CE

=

△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=1

2

2，

∵四边形CDEF是正方形，∴2，

∵BE=AB=2，∴

AF ，

故答案为AF ；

（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 CA CE CB

=， ∵∠FCE=∠ACB=45°，∴∠FCE ﹣∠ACE=∠ACB ﹣∠ACE ，∴∠FCA=∠ECB ，

∴△ACF ∽△BCE ，∴

BE CB

AF CA

=∴AF ， ∴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，

在Rt △BCF 中，，

根据勾股定理得，∴BE=BF ﹣，

由（2）知，∴﹣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=CA CB =， 在正方形CDEF 中，∠FEC=

12∠FED=45°，

在Rt △CEF 中，sin ∠FEC=CF CE =，∴CF CA CE CB = ， ∵∠FCE=∠ACB=45°，∴∠FCB+∠ACB=∠FCB+∠FCE ，∴∠FCA=∠ECB ， ∴△ACF ∽△BCE ，∴BE CB

AF CA

=∴AF ，

由（1）知，

在Rt △BCF 中，，

根据勾股定理得，∴

由（2）知，∴+1．

即：当正方形CDEF 旋转到B ，E ，F 三点共线时候，线段AF 1+1．

10．△ABC 为等边三角形，AF AB =．BCD BDC AEC ∠=∠=∠．

(1)求证：四边形ABDF 是菱形．

(2)若BD 是ABC ∠的角平分线，连接AD ，找出图中所有的等腰三角形．

【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，再利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；（2）先利用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 ，找到角度之间的关系,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 ，

(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】

本题考查菱形的判定，等边三角形的性质，等腰三角形的判定等知识，属于中考常考题型，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．

11．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．

12．如图，抛物线y=mx2+2mx+n经过A（﹣3，0），C（0，﹣3

2

）两点，与x轴交于另一

点B．

（1）求经过A，B，C三点的抛物线的解析式；

（2）过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，写出点E的坐标，并求AC、BE的交点F的坐标（3）若抛物线的顶点为D，连结DC、DE，四边形CDEF是否为菱形？若是，请证明；若不是，请说明理由．【答案】（1）y=1

2

x2+x﹣

3

2

；（2）F点坐标为（﹣1，﹣1）；（3）四边形CDEF是菱

形．证明见解析

【解析】

【分析】

将A、C点的坐标代入抛物线的解析式中，通过联立方程组求得该抛物线的解析式；

根据（1）题所得的抛物线的解析式，可确定抛物线的对称轴方程以及B、C点的坐标，由CE∥x轴，可知C、E关于对称轴对称。根据A、C点求得直线AC的解析式，根据B、E点求出直线BE的解析式，联立方程求得的解，即为F点的坐标；

由E、C、F、D的坐标可知DF和EC互相垂直平分，则可判定四边形CDEF为菱形．

【详解】

（1）∵抛物线y=mx2+2mx+n经过A（﹣3，0），C（0，﹣）两点，

∴，解得，

∴抛物线解析式为y=x2+x﹣；

（2）∵y=x2+x﹣，

∴抛物线对称轴为直线x=﹣1，

∵CE∥x轴，

∴C、E关于对称轴对称，

∵C（0，﹣），

∴E（﹣2，﹣），

∵A、B关于对称轴对称，

∴B（1，0），

设直线AC、BE解析式分别为y=kx+b，y=k′x+b′，

则由题意可得，解得，

∴直线AC、BE解析式分别为y=﹣x﹣，y=x﹣，

联立两直线解析式可得，解得，

∴F点坐标为（﹣1，﹣1）；

（3）四边形CDEF是菱形．

证明：∵y=x2+x﹣=（x+1）2﹣2，

∴D（﹣1，﹣2），

∵F（﹣1，﹣1），

∴DF⊥x轴，且CE∥x轴，

∴DF⊥CE，

∵C（0，﹣），且F（﹣1，﹣1），D（﹣1，﹣2），

∴DF和CE互相平分，

∴四边形CDEF是菱形．

【点睛】

本题考查菱形的判定方法，二次函数的性质，以及二次函数与二元一次方程组．

13．如图，在正方形ABCD中，点E在CD上，AF⊥AE交CB的延长线于F．

求证：AE=AF．

【答案】见解析

【解析】

【分析】

根据同角的余角相等证得∠BAF=∠DAE，再利用正方形的性质可得AB=AD，

∠ABF=∠ADE=90°，根据ASA判定△ABF≌△ADE，根据全等三角形的性质即可证得AF=AE．

【详解】

∵AF⊥AE，

∴∠BAF+∠BAE=90°，

又∵∠DAE+∠BAE=90°，

∴∠BAF=∠DAE，

∵四边形ABCD 是正方形，

∴AB=AD ，∠ABF=∠ADE=90°，

在△ABF 和△ADE 中，

，

∴△ABF ≌△ADE （ASA ），

∴AF=AE ．

【点睛】

本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点，证明△ABF ≌△ADE 是解决本题的关键．

14．已知ABC ，以AC 为边在ABC 外作等腰ACD ，其中AC AD =.

（1）如图①，若AB AE =，60DAC EAB ∠=∠=︒，求BFC ∠的度数.

（2）如图②，ABC α∠=，ACD β∠=，4BC =，6BD =.

①若30α=︒，60β=︒，AB 的长为______.

②若改变,αβ的大小，但90αβ+=︒，ABC 的面积是否变化？若不变，求出其值；若变化，说明变化的规律.

【答案】（1）120°；（2）55【解析】

试题分析：（1）根据SAS ，可首先证明△AEC ≌△ABD ，再利用全等三角形的性质，可得对应角相等，根据三角形的外角的定理，可求出∠BFC 的度数；

（2）①如图2，在△ABC 外作等边△BAE ，连接CE ，利用旋转法证明△EAC ≌△BAD ，可证∠EBC=90°，EC=BD=6，因为BC=4，在Rt △BCE 中，由勾股定理求BE 即可；

②过点B 作BE ∥AH ，并在BE 上取BE=2AH ，连接EA ，EC ．并取BE 的中点K ，连接AK ，仿照（2）利用旋转法证明△EAC ≌△BAD ，求得EC=DB ，利用勾股定理即可得出结论． 试题解析：

解：（1）∵AE=AB，AD=AC，

∵∠EAB=∠DAC=60°，

∴∠EAC=∠EAB+∠BAC，∠DAB=∠DAC+∠BAC，∴∠EAC=∠DAB，

在△AEC和△ABD中{AE AB

EAC BAD AC AD

=

∠=∠

=

∴△AEC≌△ABD（SAS），

∴∠AEC=∠ABD，

∵∠BFC=∠BEF+∠EBF=∠AEB+∠ABE，

∴∠BFC=∠AEB+∠ABE=120°，

故答案为120°；

（2）①如图2，以AB为边在△ABC外作正三角形ABE，连接CE．

由（1）可知△EAC≌△BAD．

∴EC=BD．

∴EC=BD=6，

∵∠BAE=60°，∠ABC=30°，

∴∠EBC=90°．

在RT△EBC中，EC=6，BC=4，

∴22

EC BC

-22

-

∴5

②若改变α，β的大小，但α+β=90°，△ABC的面积不变化，

以下证明：如图2，作AH⊥BC交BC于H，过点B作BE∥AH，并在BE上取BE=2AH，连接EA，EC．并取BE的中点K，连接AK．∵AH⊥BC于H，

∴∠AHC=90°．

∵BE∥AH，

∴∠EBC=90°．

∵∠EBC=90°，BE=2AH，

∴EC2=EB2+BC2=4AH2+BC2．

∵K为BE的中点，BE=2AH，

∴BK=AH．

∵BK∥AH，

∴四边形AKBH为平行四边形．

又∵∠EBC=90°，

∴四边形AKBH为矩形．∠ABE=∠ACD，∴∠AKB=90°．

∴AK是BE的垂直平分线．

∴AB=AE．

∵AB=AE，AC=AD，∠ABE=∠ACD，

∴∠EAB=∠DAC，

∴∠EAB+∠EAD=∠DAC+∠EAD，

即∠EAC=∠BAD，

在△EAC与△BAD中

{AB AE

EAC BAD AC AD

=

∠=∠

=

∴△EAC≌△BAD．∴EC=BD=6．

在RT△BCE中，

∴AH=1 2

∴S△ABC=1 2

考点：全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质

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.