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中考数学压轴题专题平行四边形的经典综合题及答案

一、平行四边形
1．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=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．

2．已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动．

（1）如图1，当b=2a，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC=90°；
（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；
（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1）见解析；
（2）存在，理由见解析;
（3）不成立．理由如下见解析.
【解析】
试题分析：（1）由b=2a，点M是AD的中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°；
（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形的对应边成比例，即可得方程：x2﹣bx+a2=0，由b＞2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，即可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意；
（3）由（2），当b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程x2﹣bx+a2=0的根的情况，即可求得答案．
试题解析：（1）∵b=2a，点M是AD的中点，
∴AB=AM=MD=DC=a，
又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AMB=∠DMC=45°，
∴∠BMC=90°．
（2）存在，
理由：若∠BMC=90°，
则∠AMB+∠DMC=90°，
又∵∠AMB+∠ABM=90°，
∴∠ABM=∠DMC，
又∵∠A=∠D=90°，
∴△ABM∽△DMC，
∴，
设AM=x，则，
整理得：x2﹣bx+a2=0，
∵b＞2a，a＞0，b＞0，
∴△=b2﹣4a2＞0，
∴方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意，
∴当b＞2a时，存在∠BMC=90°，
（3）不成立．
理由：若∠BMC=90°，
由（2）可知x2﹣bx+a2=0，
∵b＜2a，a＞0，b＞0，
∴△=b2﹣4a2＜0，
∴方程没有实数根，
∴当b＜2a时，不存在∠BMC=90°，即（2）中的结论不成立．
考点：1、相似三角形的判定与性质；2、根的判别式；3、矩形的性质

3．如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落到到B′的位置，AB′与CD交于点E.
（1）求证：△AED≌△CEB′
（2）若AB = 8，DE = 3，点P为线段AC上任意一点，PG⊥AE于G，PH⊥BC于H.求PG + PH的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质知，，，，则由得到；
（2）由，可得，又由，即可求得的长，然后在中，利用勾股定理即可求得的长，再过点作于，由角平分线的性质，可得，易证得四边形是矩形，继而可求得答案.
【详解】
（1）四边形为矩形，
，，
又 ，
；
（2） ，
，
，
，
在中，，
过点作于，
，，
，
，，
，
、、共线，
，
四边形是矩形，
，
.
【点睛】
此题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质以及勾股定理等知识.此题难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用.

4．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

5．已知：如图，在平行四边形ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF．
（1）求证：△DOE≌△BOF．
（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFDE为菱形？请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△DOE≌△BOF（ASA）；
（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，即可得出答案．
试题解析：（1）∵在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，
∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，
在△EOD和△FOB中
，
∴△DOE≌△BOF（ASA）；
（2）当∠DOE=90°时，四边形BFDE为菱形，
理由：∵△DOE≌△BOF，∴OE=OF，又∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形，
∵∠EOD=90°，∴EF⊥BD，∴四边形BFDE为菱形．

考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．

6．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．
①求证：四边形BFDE是菱形；
②直接写出∠EBF的度数；
(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；
(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.

【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH＝FH；（3）EG2＝AG2+CE2．
【解析】
【分析】
（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．
②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题．
（2）IH＝FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．
（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，OB＝OD，
∴∠EDO＝∠FBO，
在△DOE和△BOF中，
，
∴△DOE≌△BOF，
∴EO＝OF，∵OB＝OD，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD，OB＝OD，
∴EB＝ED，
∴四边形EBFD是菱形．
②∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE＝∠EBD，
∵EB＝ED，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴∠ABD＝2∠ADB，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，
∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°，
∴∠EBF＝60°．
（2）结论：IH＝FH．
理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．

∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，
∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，
∴∠JDH＝∠FGH，
在△DHJ和△GHF中，
，
∴△DHJ≌△GHF，
∴DJ＝FG，JH＝HF，
∴EJ＝BG＝EM＝BI，
∴BE＝IM＝BF，
∵∠MEJ＝∠B＝60°，
∴△MEJ是等边三角形，
∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°
在△BIF和△MJI中，
，
∴△BIF≌△MJI，
∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，
∴IH⊥JF，
∵∠BFI+∠BIF＝120°，
∴∠MIJ+∠BIF＝120°，
∴∠JIF＝60°，
∴△JIF是等边三角形，
在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，
∴∠FIH＝30°，
∴IH＝FH．
（3）结论：EG2＝AG2+CE2．
理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，

∵∠FAD+∠DEF＝90°，
∴AFED四点共圆，
∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠EDC＝45°，
∵∠ADF＝∠CDM，
∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，
在△DEM和△DEG中，
，
∴△DEG≌△DEM，
∴GE＝EM，
∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，
∴∠ECM＝90°
∴EC2+CM2＝EM2，
∵EG＝EM，AG＝CM，
∴GE2＝AG2+CE2．
【点睛】
考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.

7．如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，分别延长AC至E，BC至F，且CE＝EF，延长FE交AD的延长线于G．
（1）求证：AE＝EG；
（2）如图2，分别连接BG，BE，若BG＝BF，求证：BE＝EG；
（3）如图3，取GF的中点M，若AB＝5，求EM的长．

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】
（1）根据平行线的性质和等腰三角形的三线合一的性质得：∠CAD＝∠G，可得AE＝EG；
（2）作辅助线，证明△BEF≌△GEC（SAS），可得结论；
（3）如图3，作辅助线，构建平行线，证明四边形DMEN是平行四边形，得EM＝DN＝AC，计算可得结论．
【详解】
证明：（1）如图1，过E作EH⊥CF于H，

∵AD⊥BC，
∴EH∥AD，
∴∠CEH＝∠CAD，∠HEF＝∠G，
∵CE＝EF，
∴∠CEH＝∠HEF，
∴∠CAD＝∠G，
∴AE＝EG；
（2）如图2，连接GC，

∵AC＝BC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴AG是BC的垂直平分线，
∴GC＝GB，
∴∠GBF＝∠BCG，
∵BG＝BF，
∴GC＝BE，
∵CE＝EF，
∴∠CEF＝180°﹣2∠F，
∵BG＝BF，
∴∠GBF＝180°﹣2∠F，
∴∠GBF＝∠CEF，
∴∠CEF＝∠BCG，
∵∠BCE＝∠CEF+∠F，∠BCE＝∠BCG+∠GCE，
∴∠GCE＝∠F，
在△BEF和△GCE中，
，
∴△BEF≌△GEC（SAS），
∴BE＝EG；
（3）如图3，连接DM，取AC的中点N，连接DN，

由（1）得AE＝EG，
∴∠GAE＝∠AGE，
在Rt△ACD中，N为AC的中点，
∴DN＝AC＝AN，∠DAN＝∠ADN，
∴∠ADN＝∠AGE，
∴DN∥GF，
在Rt△GDF中，M是FG的中点，
∴DM＝FG＝GM，∠GDM＝∠AGE，
∴∠GDM＝∠DAN，
∴DM∥AE，
∴四边形DMEN是平行四边形，
∴EM＝DN＝AC，
∵AC＝AB＝5，
∴EM＝．
【点睛】
本题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等知识，解题的关键是作辅助线，并熟练掌握全等三角形的判定方法，特别是第三问，辅助线的作法是关键．

8．如图，点O是正方形ABCD两条对角线的交点，分别延长CO到点G，OC到点E，使OG=2OD、OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG．
（1）如图1，若正方形OEFG的对角线交点为M，求证：四边形CDME是平行四边形．
（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，如图2，连接AG′，DE′，求证：AG′=DE′，AG′⊥DE′；
（3）在（2）的条件下，正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边相交于点N，如图3，设旋转角为α（0°＜α＜180°），若△AON是等腰三角形，请直接写出α的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．
【解析】
【分析】
（1）由四边形OEFG是正方形，得到ME=GE，根据三角形的中位线的性质得到CD∥GE，CD=GE，求得CD=GE，即可得到结论；
（2）如图2，延长E′D交AG′于H，由四边形ABCD是正方形，得到AO=OD，∠AOD=∠COD=90°，由四边形OEFG是正方形，得到OG′=OE′，∠E′OG′=90°，由旋转的性质得到∠G′OD=∠E′OC，求得∠AOG′=∠COE′，根据全等三角形的性质得到AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O，即可得到结论；
（3）分类讨论，根据三角形的外角的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形OEFG是正方形，
∴ME=GE，
∵OG=2OD、OE=2OC，
∴CD∥GE，CD=GE，
∴CD=GE，
∴四边形CDME是平行四边形；
（2）证明：如图2，延长E′D交AG′于H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=OD，∠AOD=∠COD=90°，
∵四边形OEFG是正方形，
∴OG′=OE′，∠E′OG′=90°，
∵将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，
∴∠G′OD=∠E′OC，
∴∠AOG′=∠COE′，
在△AG′O与△ODE′中，
，
∴△AG′O≌△ODE′
∴AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O，
∵∠1=∠2，
∴∠G′HD=∠G′OE′=90°，
∴AG′⊥DE′；
（3）①正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边AD相交于点N，如图3，

Ⅰ、当AN=AO时，
∵∠OAN=45°，
∴∠ANO=∠AON=67.5°，
∵∠ADO=45°，
∴α=∠ANO-∠ADO=22.5°；
Ⅱ、当AN=ON时，
∴∠NAO=∠AON=45°，
∴∠ANO=90°，
∴α=90°-45°=45°；
②正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边AB相交于点N，如图4，

Ⅰ、当AN=AO时，
∵∠OAN=45°，
∴∠ANO=∠AON=67.5°，
∵∠ADO=45°，
∴α=∠ANO+90°=112.5°；
Ⅱ、当AN=ON时，
∴∠NAO=∠AON=45°，
∴∠ANO=90°，
∴α=90°+45°=135°，
Ⅲ、当AN=AO时，旋转角a=∠ANO+90°=67.5+90=157.5°，
综上所述：若△AON是等腰三角形时，α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、旋转变换的性质的综合运用，有一定的综合性，分类讨论当△AON是等腰三角形时，求α的度数是本题的难点．

9．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重合时，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随着点E的运动而变化时，猜想△EBG的形状？并加以证明；
（3）在图1，的值是否会发生改变？若不变，求出它的值；若改变，说明理由；
（4）在图1，设DE的长为x，矩形CEFG的面积为S，试求S关于x的函数关系式，并直接写出x的取值范围．

【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利用面积法求出CE，再利用勾股定理求出EF即可；②利用直角三角形斜边中线定理求出CE，再利用相似三角形的性质求出EF即可；
（2）根据直角三角形的判定方法：如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，则这个三角形是直角三角形即可判断；
（3）只要证明△DCE∽△BCG，即可解决问题；
（4）利用相似多边形的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=FH=CH，
∵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的面积S=x2-x+48（0≤x≤）．
【点睛】
本题考查相似三角形综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的判定和性质、相似多边形的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形或直角三角形解决问题，属于中考压轴题．

10．如图1，若分别以△ABC的AC、BC两边为边向外侧作的四边形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的面积相等．
（2）引申：如果∠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，请说明理由；
（3）运用：如图3，分别以△ABC的三边为边向外侧作的四边形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，图中阴影部分的面积和有最大值是________．

【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）因为AC=DC，∠ACB=∠DCF=90°，BC=FC，所以△ABC≌△DFC，从而△ABC与△DFC的面积相等；
（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．所以△APC≌△DQC．
于是AP=DQ．又因为S△ABC=BC•AP，S△DFC=FC•DQ，所以S△ABC=S△DFC；
（3）根据（2）得图中阴影部分的面积和是△ABC的面积三倍，若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC的面积最大，当△ABC是直角三角形，即∠C是90度时，阴影部分的面积和最大．所以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的面积相等；
（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）得图中阴影部分的面积和是△ABC的面积三倍，
若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC的面积最大，
∴当△ABC是直角三角形，即∠C是90度时，阴影部分的面积和最大．
∴S阴影部分面积和=3S△ABC=3××3×4=18．
考点：四边形综合题

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，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(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，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，即，由AB=2AD=2BC，BK=CF就可以得出的值是为定值．
（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，即，∴AE=AD.
∴BE=2AD-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），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.
∴即.
∵AB=2AD=2BC，BK=CF，∴.
∴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．已知：在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，四边形EFGH的三个顶点E、F、H分别在矩形ABCD边AB、BC、DA上，AE＝2．

（1）如图①，当四边形EFGH为正方形时，求△GFC的面积；
（2）如图②，当四边形EFGH为菱形，且BF＝a时，求△GFC的面积（用a表示）；
（3）在（2）的条件下，△GFC的面积能否等于2？请说明理由．
【答案】（1）10；（2）12－a；（3）不能
【解析】
解：（1）过点G作GM⊥BC于M．在正方形EFGH中，
∠HEF＝90°，EH＝EF，
∴∠AEH＋∠BEF＝90°．
∵∠AEH＋∠AHE＝90°，
∴∠AHE＝∠BEF．
又∵∠A＝∠B＝90°，
∴△AHE≌△BEF．
同理可证△MFG≌△BEF．
∴GM＝BF＝AE＝2．∴FC＝BC－BF＝10．
∴．
（2）过点G作GM⊥BC交BC的延长线于M，连接HF．
∵AD∥BC，∴∠AHF＝∠MFH．
∵EH∥FG，∴∠EHF＝∠GFH．
∴∠AHE＝∠MFG．
又∵∠A＝∠GMF＝90°，EH＝GF，
∴△AHE≌△MFG．∴GM＝AE＝2．
∴．
（3）△GFC的面积不能等于2．
说明一：∵若S△GFC＝2，则12－a＝2，∴a＝10．
此时，在△BEF中，
．
在△AHE中，
，
∴AH＞AD，即点H已经不在边AD上，故不可能有S△GFC＝2．
说明二：△GFC的面积不能等于2．∵点H在AD上，
∴菱形边EH的最大值为，∴BF的最大值为．
又∵函数S△GFC＝12－a的值随着a的增大而减小，
∴S△GFC的最小值为．
又∵，∴△GFC的面积不能等于2．

13．已知，以为边在外作等腰，其中.
（1）如图①，若，，求的度数.
（2）如图②，，，，.
①若，，的长为______.
②若改变的大小，但，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）①2；②2
【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
∴△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，
∴EB===2
∴AB=BE=2．
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

∴△EAC≌△BAD．
∴EC=BD=6．
在RT△BCE中，BE==2，
∴AH=BE=，
∴S△ABC=BC•AH=2
考点：全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质

14．已知：如图，四边形ABCD和四边形AECF都是矩形，AE与BC交于点M，CF与AD交于点N．

（1）求证：△ABM≌△CDN；
（2）矩形ABCD和矩形AECF满足何种关系时，四边形 AMCN是菱形，证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析；（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．证明见解析；
【解析】
试题分析：（1）由已知条件可得四边形AMCN是平行四边形，从而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，利用HL即可证明；
（2）若四边形AMCN为菱形，则有AM=AN，从已知可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，所以有△ABM≌△AFN，从而