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中考数学压轴题专题复习—平行四边形的综合及详细答案

一、平行四边形
1．如果两个三角形的两条边对应相等，夹角互补，那么这两个三角形叫做互补三角形，如图2，分别以△ABC的边AB、AC为边向外作正方形ABDE和ACGF，则图中的两个三角形就是互补三角形．
（1）用尺规将图1中的△ABC分割成两个互补三角形；
（2）证明图2中的△ABC分割成两个互补三角形；
（3）如图3，在图2的基础上再以BC为边向外作正方形BCHI．
①已知三个正方形面积分别是17、13、10，在如图4的网格中（网格中每个小正方形的边长为1）画出边长为、、的三角形，并计算图3中六边形DEFGHI的面积．
②若△ABC的面积为2，求以EF、DI、HG的长为边的三角形面积．

【答案】（1）作图见解析（2）证明见解析（3）①62；②6
【解析】
试题分析：（1）作BC边上的中线AD即可．
（2）根据互补三角形的定义证明即可．
（3）①画出图形后，利用割补法求面积即可．
②平移△CHG到AMF，连接EM，IM，则AM=CH=BI，只要证明S△EFM=3S△ABC即可．
试题解析：（1）如图1中，作BC边上的中线AD，△ABD和△ADC是互补三角形．

（2）如图2中，延长FA到点H，使得AH=AF，连接EH．

∵四边形ABDE，四边形ACGF是正方形，
∴AB=AE，AF=AC，∠BAE=∠CAF=90°，
∴∠EAF+∠BAC=180°，
∴△AEF和△ABC是两个互补三角形．
∵∠EAH+∠HAB=∠BAC+∠HAB=90°，
∴∠EAH=∠BAC，
∵AF=AC，
∴AH=AB，
在△AEH和△ABC中，

∴△AEH≌△ABC，
∴S△AEF=S△AEH=S△ABC．
（3）①边长为、、的三角形如图4所示．

∵S△ABC=3×4﹣2﹣1.5﹣3=5.5，
∴S六边形=17+13+10+4×5.5=62．
②如图3中，平移△CHG到AMF，连接EM，IM，则AM=CH=BI，设∠ABC=x，

∵AM∥CH，CH⊥BC，
∴AM⊥BC，
∴∠EAM=90°+90°﹣x=180°﹣x，
∵∠DBI=360°﹣90°﹣90°﹣x=180°﹣x，
∴∠EAM=∠DBI，∵AE=BD，
∴△AEM≌△DBI，
∵在△DBI和△ABC中，DB=AB，BI=BC，∠DBI+∠ABC=180°，
∴△DBI和△ABC是互补三角形，
∴S△AEM=S△AEF=S△AFM=2，
∴S△EFM=3S△ABC=6．
考点：1、作图﹣应用与设计，2、三角形面积

2．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.

3．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．
（1）请问EG与CG存在怎样的数量关系，并证明你的结论；
（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（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．
（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？（请直接写出结果，不必写出理由）

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立
【解析】
【分析】
（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．
（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．
（3）结论依然成立．
【详解】
（1）CG=EG．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=FD，同理．在Rt△DEF中，EG=FD，∴CG=EG．
（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．
证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．
在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；
在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG（ASA），∴MG=NG．
∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．
证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．
在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE
∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．
∵MG=CG，∴EG=MC，∴EG=CG．
（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：
过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．
由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC
∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．
∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG

【点睛】
本题是四边形的综合题．（1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；（2）关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答．

4．如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连接AE，GC．
(1)试猜想AE与GC有怎样的关系(直接写出结论即可)；
(2)将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和CG．你认为(1)中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
(3)在(2)中，若E是BC的中点，且BC＝2，则C，F两点间的距离为　 　．

【答案】(1) AE＝CG，AE⊥GC；(2)成立，证明见解析； (3) ．
【解析】
【分析】
（1）观察图形，AE、CG的位置关系可能是垂直，下面着手证明．由于四边形ABCD、DEFG都是正方形，易证得△ADE≌△CDG，则∠1＝∠2，由于∠2、∠3互余，所以∠1、∠3互余，由此可得AE⊥GC．
（2）题（1）的结论仍然成立，参照（1）题的解题方法，可证△ADE≌△CDG，得∠5＝∠4，由于∠4、∠7互余，而∠5、∠6互余，那么∠6＝∠7；由图知∠AEB＝∠CEH＝90°﹣∠6，即∠7+∠CEH＝90°，由此得证．
（3）如图3中，作CM⊥DG于G，GN⊥CD于N，CH⊥FG于H，则四边形CMGH是矩形，可得CM＝GH，CH＝GM．想办法求出CH，HF，再利用勾股定理即可解决问题．
【详解】
(1)AE＝CG，AE⊥GC；
证明：延长GC交AE于点H，

在正方形ABCD与正方形DEFG中，
AD＝DC，∠ADE＝∠CDG＝90°，
DE＝DG，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE，CG，∠1＝∠2
∵∠2+∠3＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠AHG＝180°﹣(∠1+∠3)＝180°﹣90°＝90°，
∴AE⊥GC．
(2)答：成立；
证明：延长AE和GC相交于点H，

在正方形ABCD和正方形DEFG中，
AD＝DC，DE＝DG，∠ADC＝∠DCB＝∠B＝∠BAD＝∠EDG＝90°，
∴∠1＝∠2＝90°﹣∠3；
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE＝CG，∠5＝∠4；
又∵∠5+∠6＝90°，∠4+∠7＝180°﹣∠DCE＝180°﹣90°＝90°，
∴∠6＝∠7，
又∵∠6+∠AEB＝90°，∠AEB＝∠CEH，
∴∠CEH+∠7＝90°，
∴∠EHC＝90°，
∴AE⊥GC．
(3)如图3中，作CM⊥DG于G，GN⊥CD于N，CH⊥FG于H，则四边形CMGH是矩形，可得CM＝GH，CH＝GM．

∵BE＝CE＝1，AB＝CD＝2，
∴AE＝DE＝CG═DG＝FG＝，
∵DE＝DG，∠DCE＝∠GND，∠EDC＝∠DGN，
∴△DCE≌△GND(AAS)，
∴GCD＝2，
∵S△DCG＝•CD•NG＝•DG•CM，
∴2×2＝•CM，
∴CM＝GH＝，
∴MG＝CH＝＝，
∴FH＝FG﹣FG＝，
∴CF＝＝＝．
故答案为．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

5．如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且，连接DE，DF，EF. FH平分交BD于点H.
（1）求证：；
（2）求证：：
（3）过点H作于点M，用等式表示线段AB，HM与EF之间的数量关系，并证明.

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3），证明详见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据正方形性质， 得到.
（2）由，得.由，平分，
得.因为平分，所以.由于,,
所以.
（3）过点作于点，由正方形性质，得.由平分，得.因为，所以.
由，得.
【详解】
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，.
∴.
∵。
∴.
∴.
∴.
∴.
（2）证明：∵，
∴.
∵，
∴.
∵，平分，
∴.
∵平分，
∴.
∵,
,
∴.
∴.
（3）.
证明：过点作于点，如图，

∵正方形中，，，
∴.
∵平分，
∴.
∵，
∴.
∴.
∵，
∴.
【点睛】
本题考查正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数，题目难度较大，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数.

6．菱形ABCD中、∠BAD＝120°，点O为射线CA 上的动点，作射线OM与直线BC相交于点E，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON，射线ON与直线CD相交于点F．
（1）如图①，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上，请直接写出CE，CF，CA三条段段之间的数量关系；
（2）如图②，点O在CA的延长线上，且OA＝AC，E，F分别在线段BC的延长线和线段CD的延长线上，请写出CE，CF，CA三条线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）点O在线段AC上，若AB＝6，BO＝2，当CF＝1时，请直接写出BE的长．

【答案】（1）CA=CE+CF．（2）CF-CE=AC．（3）BE的值为3或5或1．
【解析】
【分析】
（1）如图①中，结论：CA=CE+CF．只要证明△ADF≌△ACE（SAS）即可解决问题；
（2）结论：CF-CE=AC．如图②中，如图作OG∥AD交CF于G，则△OGC是等边三角形．只要证明△FOG≌△EOC（ASA）即可解决问题；
（3）分四种情形画出图形分别求解即可解决问题.
【详解】
（1）如图①中，结论：CA=CE+CF．

理由：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°
∴AB=AD=DC=BC，∠BAC=∠DAC=60°
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∵∠DAC=∠EAF=60°，
∴∠DAF=∠CAE，
∵CA=AD，∠D=∠ACE=60°，
∴△ADF≌△ACE（SAS），
∴DF=CE，
∴CE+CF=CF+DF=CD=AC，
∴CA=CE+CF．
（2）结论：CF-CE=AC．
理由：如图②中，如图作OG∥AD交CF于G，则△OGC是等边三角形．

∵∠GOC=∠FOE=60°，
∴∠FOG=∠EOC，
∵OG=OC，∠OGF=∠ACE=120°，
∴△FOG≌△EOC（ASA），
∴CE=FG，
∵OC=OG，CA=CD，
∴OA=DG，
∴CF-EC=CF-FG=CG=CD+DG=AC+AC=AC，
（3）作BH⊥AC于H．∵AB=6，AH=CH=3，
∴BH=3，
如图③-1中，当点O在线段AH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时．

∵OB=2，
∴OH==1，
∴OC=3+1=4，
由（1）可知：CO=CE+CF，
∵OC=4，CF=1，
∴CE=3，
∴BE=6-3=3．
如图③-2中，当点O在线段AH上，点F在线段DC的延长线上，点E在线段BC上时．

由（2）可知：CE-CF=OC，
∴CE=4+1=5，
∴BE=1．
如图③-3中，当点O在线段CH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时．

同法可证：OC=CE+CF，
∵OC=CH-OH=3-1=2，CF=1，
∴CE=1，
∴BE=6-1=5．
如图③-4中，当点O在线段CH上，点F在线段DC的延长线上，点E在线段BC上时．

同法可知：CE-CF=OC，
∴CE=2+1=3，
∴BE=3，
综上所述，满足条件的BE的值为3或5或1．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

7．现有一张矩形纸片ABCD（如图），其中AB＝4cm，BC＝6cm，点E是BC的中点．将纸片沿直线AE折叠，点B落在四边形AECD内，记为点B′，过E作EF垂直B′C，交B′C于F．
（1）求AE、EF的位置关系；
（2）求线段B′C的长，并求△B′EC的面积．

【答案】（1）见解析；（2）S△B′EC＝．
【解析】
【分析】
（1）由折线法及点E是BC的中点，可证得△B'EC是等腰三角形，再有条件证明∠AEF=90°即可得到AE⊥EF；
（2）连接BB′，通过折叠，可知∠EBB′=∠EB′B，由E是BC的中点，可得EB′=EC，∠ECB′=∠EB′C，从而可证△BB′C为直角三角形，在Rt△AOB和Rt△BOE中，可将OB，BB′的长求出，在Rt△BB′C中，根据勾股定理可将B′C的值求出.
【详解】
（1）由折线法及点E是BC的中点，
∴EB＝EB′＝EC，∠AEB＝∠AEB′，
∴△B'EC是等腰三角形，
又∵EF⊥B′C
∴EF为∠B'EC的角平分线，即∠B′EF＝∠FEC，
∴∠AEF＝180°﹣（∠AEB+∠CEF）＝90°，即∠AEF＝90°，
即AE⊥EF；
（2）连接BB'交AE于点O，由折线法及点E是BC的中点，
∴EB＝EB′＝EC，
∴∠EBB′＝∠EB′B，∠ECB′＝∠EB′C；
又∵△BB'C三内角之和为180°，
∴∠BB'C＝90°；
∵点B′是点B关于直线AE的对称点，
∴AE垂直平分BB′；
在Rt△AOB和Rt△BOE中，BO2＝AB2﹣AO2＝BE2﹣（AE﹣AO）2
将AB＝4cm，BE＝3cm，AE＝5cm，
∴AO＝ cm，
∴BO＝＝cm，
∴BB′＝2BO＝cm，
∴在Rt△BB'C中，B′C＝＝cm，
由题意可知四边形OEFB′是矩形，
∴EF＝OB′＝，
∴S△B′EC＝．

【点睛】
考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理勾股定理的和矩形的性质综合运用．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．

8．（感知）如图①，四边形ABCD、CEFG均为正方形．可知BE=DG．
（拓展）如图②，四边形ABCD、CEFG均为菱形，且∠A=∠F．求证：BE=DG．
（应用）如图③，四边形ABCD、CEFG均为菱形，点E在边AD上，点G在AD延长线上．若AE=2ED，∠A=∠F，△EBC的面积为8，菱形CEFG的面积是_______．（只填结果）

【答案】见解析
【解析】
试题分析：探究：由四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，利用SAS易证得△BCE≌△DCG，则可得BE=DG；
应用：由AD∥BC，BE=DG，可得S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，又由AE=3ED，可求得△CDE的面积，继而求得答案．
试题解析：
探究：∵四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F．
∵∠A=∠F，
∴∠BCD=∠ECG．
∴∠BCD-∠ECD=∠ECG-∠ECD，
即∠BCE=∠DCG．
在△BCE和△DCG中，

∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE=DG．
应用：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∵BE=DG，
∴S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，
∵AE=3ED，
∴S△CDE= ,
∴S△ECG=S△CDE+S△CDG=10
∴S菱形CEFG=2S△ECG=20.

9．如图1，在正方形ABCD中，AD=6，点P是对角线BD上任意一点，连接PA，PC过点P作PE⊥PC交直线AB于E．
（1） 求证：PC=PE;
（2） 延长AP交直线CD于点F.
①如图2，若点F是CD的中点，求△APE的面积；
②若ΔAPE的面积是，则DF的长为
（3） 如图3，点E在边AB上，连接EC交BD于点M,作点E关于BD的对称点Q，连接PQ，MQ，过点P作PN∥CD交EC于点N，连接QN，若PQ=5，MN=，则△MNQ的面积是

【答案】（1）略；（2）①8，②4或9；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用正方形每个角都是90°，对角线平分对角的性质，三角形外角等于和它不相邻的两个内角的和，等角对等边等性质容易得证;
（2）作出△ADP和△DFP的高，由面积法容易求出这个高的值.从而得到△PAE的底和高，并求出面积.第2小问思路一样，通过面积法列出方程求解即可;
（3）根据已经条件证出△MNQ是直角三角形，计算直角边乘积的一半可得其面积.
【详解】
(1) 证明：∵点P在对角线BD上，
∴△ADP≌△CDP,
∴AP=CP, ∠DAP =∠DCP,
∵PE⊥PC，∴∠EPC=∠EPB+∠BPC=90°,
∵∠PEA=∠EBP+∠EPB=45°+90°-∠BPC=135°-∠BPC,
∵∠PAE=90°-∠DAP＝90°-∠DCP,
∠DCP=∠BPC-∠PDC=∠BPC-45°,
∴∠PAE=90°-(∠BPC-45°)= 135°-∠BPC,
∴∠PEA=∠PAE,
∴PC=PE;
（2）①如图2，过点P分别作PH⊥AD,PG⊥CD,垂足分别为H、G.延长GP交AB于点M.
∵四边形ABCD是正方形，P在对角线上，
∴四边形HPGD是正方形，
∴PH=PG,PM⊥AB,
设PH=PG=a,
∵F是CD中点，AD＝6，则FD=3,=9,
∵==,
∴,解得a=2,
∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4,
又∵PA=PE,
∴AM=EM,AE=4,
∵=,
②设HP＝b,由①可得AE=2b,MP=6-b,
∴=,
解得b=2.4,
∵==,
∴,
∴当b=2.4时，DF=4；当b＝3.6时，DF＝9,
即DF的长为4或9;
（3）如图，

∵E、Q关于BP对称，PN∥CD,
∴∠1＝∠2，∠2+∠3＝∠BDC=45°,
∴∠1+∠4=45°,
∴∠3=∠4,
易证△PEM≌△PQM, △PNQ≌△PNC,
∴∠5=∠6, ∠7=∠8 ,EM=QM,NQ=NC,
∴∠6+∠7=90°,
∴△MNQ是直角三角形,
设EM=a,NC=b列方程组
,
可得ab=,
∴,
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键.要注意运用数形结合思想.

10．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．

11．(1)问题发现
如图1,点E. F分别在正方形ABCD的边BC、CD上,∠EAF=45°，连接EF、则EF=BE+DF，试说明理由；
(2)类比引申
如图2,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°,点E. F分别在边BC、CD上,∠EAF=45°，若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF=BE+DF；
(3)联想拓展
如图3,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°，猜想BD、DE、EC满足的等量关系，并写出推理过程。

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
试题分析：（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质得出EF=FG，即可得出答案；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFE≌△AFG，根据全等三角形的性质得出EF=FG，即可得出答案；
（3）把△ACE旋转到ABF的位置，连接DF，证明△AFE≌△AFG（SAS），则EF=FG，∠C=∠ABF=45°，△BDF是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断．
试题解析：(1)理由是：如图1，

∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90∘至△ADG，可使AB与AD重合，如图1，
∵∠ADC=∠B=90∘，
∴∠FDG=180∘，点F. D. G共线，
则∠DAG=∠BAE，AE=AG，
∠FAG=∠FAD+∠GAD=∠FAD+∠BAE=90∘−45∘=45∘=∠EAF，
即∠EAF=∠FAG，
在△EAF和△GAF中，
AF=AF，∠EAF=∠GAF，AE=AG，
∴△AFG≌△AFE(SAS)，
∴EF=FG=BE+DF；
(2)∠B+∠D=180∘时，EF=BE+DF；
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90∘至△ADG，可使AB与AD重合，如图2，

∴∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=90∘,∠EAF=45∘，
∴∠BAE+∠DAF=45∘，
∴∠EAF=∠FAG，
∵∠ADC+∠B=180∘，
∴∠FDG=180∘，点F. D. G共线，
在△AFE和△AFG中，
AE=AG，∠FAE=∠FAG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
即：EF=BE+DF，
故答案为：∠B+∠ADC=180∘；
(3)BD2+CE2=DE2.
理由是：把△ACE旋转到ABF的位置，连接DF，

则∠FAB=∠CAE.
∵∠BAC=90∘,∠DAE=45∘，
∴∠BAD+∠CAE=45∘，
又∵∠FAB=∠CAE，
∴∠FAD=∠DAE=45∘，
则在△ADF和△ADE中，
AD=AD，∠FAD=∠DAE，AF=AE，
∴△ADF≌△ADE，
∴DF=DE,∠C=∠ABF=45∘，
∴∠BDF=90∘，
∴△BDF是直角三角形,
∴BD2+BF2=DF2，
∴BD2+CE2=DE2.

12．如图，抛物线交x轴的正半轴于点A，点B（，a）在抛物线上，点C是抛物线对称轴上的一点，连接AB、BC，以AB、BC为邻边作□ABCD，记点C纵坐标为n，
（1）求a的值及点A的坐标；
（2）当点D恰好落在抛物线上时，求n的值；
（3）记CD与抛物线的交点为E，连接AE，BE，当△AEB的面积为7时，n=___________．（直接写出答案）

【答案】（1）， A（3，0）；（2）
【解析】
试题解析：（1）把点B的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出a的值，令y=0即可求出点A的坐标．
（２）求出点D的坐标即可求解；
（3）运用△AEB的面积为7，列式计算即可得解.
试题解析：（1）当时，
由 ，得（舍去），（1分）
∴A（3，0）
（2）过D作DG⊥轴于G，BH⊥轴于H.

∵CD∥AB，CD=AB
∴，
∴，
∴
（3）

13．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．

14．如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=60°，AH⊥BC于点H．动点E从点B出发，沿线段BC向点C以每秒2个单位长度的速度运动．过点E作EF⊥AB，垂足为点F．点E出发后，以EF为边向上作等边三角形EFG，设点E的运动时间为t秒，△EFG和△AHC的重合部分面积为S．
（1）CE= （含t的代数式表示）．
（2）求点G落在线段AC上时t的值．
（3）当S＞0时，求S与t之间的函数关系式．
（4）点P在点E出发的同时从点A出发沿A-H-A以每秒2个单位长度的速度作往复运动，当点E停止运动时，点P随之停止运动，直接写出点P在△EFG内部时t的取值范围．

【答案】（1）6-2t；（2）t=2；（3）当＜t≤2时，S=t2+t-3；当2＜t≤3时，S=-t2+t-；（4）＜t＜．
【解析】
试题分析:（1）由菱形的性质得出BC=AB=6得出CE=BC-BE=6-2t即可；
（2）由菱形的性质和已知条件得出△ABC是等边三角形，得出∠ACB=60°，由等边三角形的性质和三角函数得出∠GEF=60°，GE=EF=BE•sin60°=t，证出∠GEC=90°，由三角函数求出CE==t，由BE+CE=BC得出方程，解方程即可；
（3）分两种情况：①当＜t≤2时，S=△EFG的面积-△NFN的面积，即可得出结果；
②当2＜t≤3时，由①的结果容易得出结论；
（4）由题意得出t=时，点P与H重合，E与H重合，得出点P在△EFG内部时，t的不等式，解不等式即可．
试题解析：（1）根据题意得：BE=2t，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=AB=6，
∴CE=BC-BE=6-2t；
（2）点G落在线段AC上时，如图1所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵△EFG是等边三角形，
∴∠GEF=60°，GE=EF=BE•sin60°=t，
∵EF⊥AB，
∴∠BEF=90°-60°=30°，
∴∠GEB=90°，
∴∠GEC=90°，
∴CE==t，
∵BE+CE=BC，
∴2t+t=6，
解得：t=2；
（3）分两种情况：①当＜t≤2时，如图2所示：

S=△EFG的面积-△NFN的面积=××（t）2-××（-+2）2=t2+t-3，
即S=t2+t-3；
当2＜t≤3时，如图3所示：

S=t2+t-3-（3t-6）2，
即S=-t2+t-；
（4）∵AH=AB•sin60°=6×=3，3÷2=，3÷2=，
∴t=时，点P与H重合，E与H重合，
∴点P在△EFG内部时，-＜（t-）×2＜t-（2t-3）+（2t-3），
解得：＜t＜；
即点P在△EFG内部时t的取值范围为：＜t＜．
考点：四边形综合题．

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．
∴△PD