详细答案
一、平行四边形
1．如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B、C重合），连接DE、点C关于直线DE的对称点为C′，连接AC′并延长交直线DE于点P，F是AC′的中点，连接DF． （1）求∠FDP的度数；
（2）连接BP，请用等式表示AP、BP、DP三条线段之间的数量关系，并证明； （3）连接AC，若正方形的边长为2，请直接写出△ACC′的面积最大值．
【答案】（1）45°；（2）BP+DP＝2AP，证明详见解析；（3）2﹣1． 【解析】 【分析】
（1）证明∠CDE＝∠C'DE和∠ADF＝∠C'DF，可得∠FDP'＝
1∠ADC＝45°； 2（2）作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△DAP'（SAS），得BP＝DP'，从而得△PAP'是等腰直角三角形，可得结论；
（3）先作高线C'G，确定△ACC′的面积中底边AC为定值2，根据高的大小确定面积的大小，当C'在BD上时，C'G最大，其△ACC′的面积最大，并求此时的面积． 【详解】
（1）由对称得：CD＝C'D，∠CDE＝∠C'DE， 在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°， ∴AD＝C'D， ∵F是AC'的中点，
∴DF⊥AC'，∠ADF＝∠C'DF， ∴∠FDP＝∠FDC'+∠EDC'＝
1∠ADC＝45°； 2（2）结论：BP+DP＝2AP，
理由是：如图，作AP'⊥AP交PD的延长线于P'，
∴∠PAP'＝90°，
在正方形ABCD中，DA＝BA，∠BAD＝90°， ∴∠DAP'＝∠BAP， 由（1）可知：∠FDP＝45° ∵∠DFP＝90° ∴∠APD＝45°， ∴∠P'＝45°， ∴AP＝AP'， 在△BAP和△DAP'中，
BADA∵BAPDAP， APAP∴△BAP≌△DAP'（SAS）， ∴BP＝DP'，
∴DP+BP＝PP'＝2AP；
（3）如图，过C'作C'G⊥AC于G，则S△AC'C＝
1AC•C'G， 2
Rt△ABC中，AB＝BC＝2，
∴AC＝(2)2(2)22，即AC为定值， 当C'G最大值，△AC'C的面积最大，
连接BD，交AC于O，当C'在BD上时，C'G最大，此时G与O重合，
∵CD＝C'D＝2，OD＝∴C'G＝2﹣1， ∴S△AC'C＝【点睛】
1AC＝1， 211AC•CG2(21)21． 22本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
2．如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO=CO，BO=DO，且∠ABC+∠ADC=180°．
（1）求证：四边形ABCD是矩形．
（2）若∠ADF：∠FDC=3：2，DF⊥AC，求∠BDF的度数．
【答案】(1)见解析；（2）18°. 【解析】 【分析】
（1）根据平行四边形的判定得出四边形ABCD是平行四边形，求出∠ABC=90°，根据矩形的判定得出即可；
（2）求出∠FDC的度数，根据三角形内角和定理求出∠DCO，根据矩形的性质得出OD=OC，求出∠CDO，即可求出答案． 【详解】
（1）证明：∵AO=CO，BO=DO ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ABC=∠ADC， ∵∠ABC+∠ADC=180°， ∴∠ABC=∠ADC=90°， ∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵∠ADC=90°，∠ADF：∠FDC=3：2， ∴∠FDC=36°， ∵DF⊥AC，
∴∠DCO=90°﹣36°=54°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OC=OD， ∴∠ODC=54°
∴∠BDF=∠ODC﹣∠FDC=18°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形．
3．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．
4．如图（1）在正方形ABCD中，点E是CD边上一动点，连接AE，作BF⊥AE，垂足为G交AD于F
（1）求证：AF＝DE；
（2）连接DG，若DG平分∠EGF，如图（2），求证：点E是CD中点； （3）在（2）的条件下，连接CG，如图（3），求证：CG＝CD．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）CG＝CD，见解析． 【解析】 【分析】
（1）证明△BAF≌△ADE（ASA）即可解决问题．
（2）过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．想办法证明AF＝DF，即可解决问题．
（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，利用直角三角形斜边中线的性质，只要证明BC＝CP即可． 【详解】
（1）证明：如图1中，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠D＝90o， ∴∠2+∠3＝90° 又∵BF⊥AE， ∴∠AGB＝90° ∴∠1+∠2＝90°， ∴∠1＝∠3
在△BAF与△ADE中， ∠1=∠3 BA=AD ∠BAF=∠D， ∴△BAF≌△ADE（ASA） ∴AF＝DE．
（2）证明：过点D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分别为点M，N．
由（1）得∠1＝∠3，∠BGA＝∠AND＝90°，AB＝AD ∴△BAG≌△ADN（AAS） ∴AG＝DN，
又DG平分∠EGF，DM⊥GF，DN⊥GE， ∴DM＝DN，
∴DM＝AG，又∠AFG＝∠DFM，∠AGF＝∠DMF ∴△AFG≌△DFM（AAS），
11AD＝CD， 22即点E是CD的中点．
∴AF＝DF＝DE＝
（3）延长AE，BC交于点P，由（2）知DE＝CD，
∠ADE＝∠ECP＝90°，∠DEA＝∠CEP， ∴△ADE≌△PCE（ASA） ∴AE＝PE， 又CE∥AB， ∴BC＝PC，
在Rt△BGP中，∵BC＝PC，
1BP＝BC， 2∴CG＝CD． 【点睛】
∴CG＝
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，角平分线的性质定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，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
CFAE，连接DE，DF，EF. FH平分EFB交BD于点H.
（1）求证：DEDF； （2）求证：DHDF：
（3）过点H作HM⊥EF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）EF2AB2HM，证明详见解析. 【解析】 【分析】
（1）根据正方形性质， CFAE得到DEDF.
（2）由△AED≌△CFD，得DEDF.由ABC90，BD平分ABC， 得DBF45.因为FH平分EFB，所以EFHBFH.由于
DHFDBFBFH45BFH,DFHDFEEFH45EFH, 所以DHDF.
（3）过点H作HNBC于点N，由正方形ABCD性质，得
BDAB2AD22AB.由FH平分EFB，HMEF,HNBC，得
HNB90，所以BHHMHN.因为HBN45，由EFHN2HN2HM.
sin45DF2DF2DH，得EF2AB2HM.
cos45【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴ADCD，EADBCDADC90. ∴EADFCD90. ∵CFAE。
∴△AED≌△CFD. ∴ADECDF.
∴EDFEDCCDFEDCADEADC90. ∴DEDF.
（2）证明：∵△AED≌△CFD， ∴DEDF. ∵EDF90， ∴DEFDFE45.
∵ABC90，BD平分ABC， ∴DBF45. ∵FH平分EFB， ∴EFHBFH.
∵DHFDBFBFH45BFH,
DFHDFEEFH45EFH, ∴DHFDFH. ∴DHDF.
（3）EF2AB2HM.
证明：过点H作HNBC于点N，如图，
∵正方形ABCD中，ABAD，BAD90， ∴BDAB2AD22AB.
∵FH平分EFB，HMEF,∴HMHN.
HNBC，
HNB90， ∵HBN45，∴BHHN2HN2HM.
sin45∴DHBDBH∵EF2AB2HM.
DF2DF2DH，
cos45∴EF2AB2HM.
【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．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】
5 2（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＝
1AC，计算可得结论． 2【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，
CEEFQGCEF， CGBF∴△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，
1AC＝AN，∠DAN＝∠ADN， 2∴∠ADN＝∠AGE， ∴DN∥GF，
在Rt△GDF中，M是FG的中点，
∴DN＝
1FG＝GM，∠GDM＝∠AGE， 2∴∠GDM＝∠DAN， ∴DM∥AE，
∴四边形DMEN是平行四边形，
∴DM＝
1AC， 2∵AC＝AB＝5，
∴EM＝DN＝
5． 2【点睛】
∴EM＝
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．
7．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，在Rt△PFE中，∠EPF=90°，点E、F分别在边AD、AB上．
（1）如图1，若点P与点O重合：①求证：AF=DE；②若正方形的边长为23，当∠DOE=15°时，求线段EF的长；
（2）如图2，若Rt△PFE的顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD=3BP时，证明：PE=2PF．
【答案】（1）①证明见解析，②22；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】
（1）①根据正方形的性质和旋转的性质即可证得：△AOF≌△DOE根据全等三角形的性质证明；
②作OG⊥AB于G，根据余弦的概念求出OF的长，根据勾股定理求值即可；
（2）首先过点P作HP⊥BD交AB于点H，根据相似三角形的判定和性质求出PE与PF的数量关系． 【详解】
（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴OA=OD，∠OAF=∠ODE=45°，∠AOD=90°， ∴∠AOE+∠DOE=90°， ∵∠EPF=90°， ∴∠AOF+∠AOE=90°， ∴∠DOE=∠AOF， 在△AOF和△DOE中，
OAF＝ODE， OA＝ODAOF＝DOE∴△AOF≌△DOE， ∴AF=DE；
②解：过点O作OG⊥AB于G，
∵正方形的边长为23， ∴OG=
1BC=3， 2∵∠DOE=15°，△AOF≌△DOE， ∴∠AOF=15°， ∴∠FOG=45°-15°=30°， ∴OF=
OG=2，
cosDOG∴EF=OF2OE2=22；
（2）证明：如图2，过点P作HP⊥BD交AB于点H，
则△HPB为等腰直角三角形，∠HPD=90°， ∴HP=BP， ∵BD=3BP， ∴PD=2BP， ∴PD=2HP，
又∵∠HPF+∠HPE=90°，∠DPE+∠HPE=90°， ∴∠HPF=∠DPE， 又∵∠BHP=∠EDP=45°， ∴△PHF∽△PDE，
PFPH1， PEPD2∴PE=2PF． 【点睛】
∴
此题属于四边形的综合题．考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
8．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣6，0）、点C（0，6），若正方形OABC绕点O顺时针旋转，得正方形OA′B′C′，记旋转角为α： （1）如图①，当α＝45°时，求BC与A′B′的交点D的坐标； （2）如图②，当α＝60°时，求点B′的坐标；
（3）若P为线段BC′的中点，求AP长的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（1）(662,6)；（2）(333,333)；（3）323剟AP323. 【解析】 【分析】
（1）当α＝45°时，延长OA′经过点B，在Rt△BA′D中，∠OBC＝45°，A′B＝626，可求得BD的长，进而求得CD的长，即可得出点D的坐标；
（2）过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN的垂线，垂足为N，证明△OMC′≌△C′NB′，可得C′N＝OM＝33，B′N＝C′M＝3，即可得出点B′的坐标； （3）连接OB，AC相交于点K，则K是OB的中点，因为P为线段BC′的中点，所以PK＝
1OC′＝3，即点P在以K为圆心，3为半径的圆上运动，即可得出AP长的取值范围． 2【详解】
解：（1）∵A（﹣6，0）、C（0，6），O（0，0）， ∴四边形OABC是边长为6的正方形， 当α＝45°时，
如图①，延长OA′经过点B，
∵OB＝62，OA′＝OA＝6，∠OBC＝45°， ∴A′B＝626，
∴BD＝（626）×21262， ∴CD＝6﹣（1262）=626，
∴BC与A′B′的交点D的坐标为（662，6）；
（2）如图②，过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN的垂线，垂足为N，
∵∠OC′B′＝90°，
∴∠OC′M＝90°﹣∠B′C′N＝∠C′B′N， ∵OC′＝B′C′，∠OMC′＝∠C′NB′＝90°， ∴△OMC′≌△C′NB′（AAS）， 当α＝60°时，
∵∠A′OC′＝90°，OC′＝6， ∴∠C′OM＝30°，
∴C′N＝OM＝33，B′N＝C′M＝3， ∴点B′的坐标为333,333；
（3）如图③，连接OB，AC相交于点K， 则K是OB的中点， ∵P为线段BC′的中点， ∴PK＝
12OC′＝3， ∴P在以K为圆心，3为半径的圆上运动， ∵AK＝32，
∴AP最大值为323，AP的最小值为323， ∴AP长的取值范围为323剟AP323.
【点睛】
本题考查正方形性质，全等三角形判定与性质，三角形中位线定理．（利用中位线定理得出点P的轨迹．
3）问解题的关键是9．如图，AB为⊙O的直径，点E在⊙O上，过点E的切线与AB的延长线交于点D，连接BE，过点O作BE的平行线，交⊙O于点F，交切线于点C，连接AC （1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）连接EF，当∠D= °时，四边形FOBE是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）30. 【解析】 【分析】
（1）由等角的转换证明出OCA≌OCE，根据圆的位置关系证得AC是⊙O的切线. （2）根据四边形FOBE是菱形，得到OF=OB=BF=EF，得证OBE为等边三角形，而得出
BOE60，根据三角形内角和即可求出答案. 【详解】
（1）证明：∵CD与⊙O相切于点E， ∴OECD， ∴CEO90，
又∵OCPBE，
∴COEOEB，∠OBE=∠COA ∵OE=OB，
∴OEBOBE， ∴COECOA， 又∵OC=OC，OA=OE， ∴OCA≌OCE， （SAS）∴CAOCEO90， 又∵AB为⊙O的直径， ∴AC为⊙O的切线；
（2）解：∵四边形FOBE是菱形， ∴OF=OB=BF=EF， ∴OE=OB=BE，
∴OBE为等边三角形， ∴BOE60， 而OECD， ∴D30．
故答案为30． 【点睛】
本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题，熟练掌握圆的性质是本题的解题关键.
10．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，
CG的值是否会发生改变？若不变，求出它的值；若改变，说明理由； CE （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）
241815， ，5， ；（2）△EBG是直角三角形，理由详见解析；（3）
455334832 ；（4）S=x2﹣x+48（0≤x≤）．
5544【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=∵S△BCD=∴CE=
AD2AB2=10，
11•CD•BC=•BD•CE， 22242418．CG=BE=62()2=． 555②如图3中，过点E作MN⊥AM交AB于N，交CD于M．
∵DE=BE， ∴CE=
1BD=5， 2∵△CME∽△ENF， ∴
CMEN， CEEF15， 4∴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，
CGBC63． CEDC84（4）由（3）可知：
∴
CGCD3， CECB4∴矩形CEFG∽矩形ABCD，
S矩形CEFGCE2CE2（）∴，
S矩形ABCDCD64∵CE2=（
24232-x）2+），S矩形ABCD=48， 55324232 [（-x）2+（）].
55434832∴矩形CEFG的面积S=x2-x+48（0≤x≤）．
554【点睛】
∴S矩形CEFG=
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．
11．如图，点E是正方形ABCD的边AB上一点，连结CE，过顶点C作CF⊥CE，交AD延长线于F．求证：BE=DF.
【答案】证明见解析.
【解析】
分析：根据正方形的性质，证出BC=CD，∠B=∠CDF，∠BCD=90°，再由垂直的性质得到∠BCE=∠DCF，然后根据“ASA”证明△BCE≌△BCE即可得到BE=DF 详解：证明：∵CF⊥CE， ∴∠ECF=90°， 又∵∠BCG=90°，
∴∠BCE+∠ECD =∠DCF+∠ECD ∴∠BCE=∠DCF， 在△BCE与△DCF中，
∵∠BCE=∠DCF，BC=CD，∠CDF=∠EBC， ∴△BCE≌△BCE（ASA）， ∴BE=DF.
点睛：本题考查的是正方形的性质，熟知正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．
12．如图，P是边长为1的正方形ABCD对角线BD上一动点（P与B、D不重合），∠APE=90°，且点E在BC边上，AE交BD于点F． （1）求证：①△PAB≌△PCB；②PE=PC； （2）在点P的运动过程中，由；
（3）设DP=x，当x为何值时，AE∥PC，并判断此时四边形PAFC的形状．
的值是否改变？若不变，求出它的值；若改变，请说明理
【答案】（1）见解析； （2）（3）x=【解析】
试题分析：（1）根据四边形ABCD是正方形，得出AB=BC，∠ABP=∠CBP°，再根据PB=PB，即可证出△PAB≌△PCB，
②根据∠PAB+∠PEB=180°，∠PEC+∠PEB=180°，得出∠PEC=∠PCB，从而证出PE=PC； （2）根据PA=PC，PE=PC，得出PA=PE，再根据∠APE=90°，得出∠PAE=∠PEA=45°，即可求出
；
；
﹣1；四边形PAFC是菱形．
（3）先求出∠CPE=∠PEA=45°，从而得出∠PCE，再求出∠BPC即可得出∠BPC=∠PCE，从而证出BP=BC=1，x=
﹣1，再根据AE∥PC，得出∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB
得出∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，从而证出AF=AP=PC，得出答案．
试题解析：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABP=∠CBP=∠ABC=45°． ∵PB=PB，∴△PAB≌△PCB （SAS）．
②由△PAB≌△PCB可知，∠PAB=∠PCB．∵∠ABE=∠APE=90°，∴∠PAB+∠PEB=180°， 又∵∠PEC+∠PEB=180°，∴∠PEC=∠PAB=∠PCB，∴PE=PC． （2）在点P的运动过程中，∵PE=PC， ∴PA=PE， 又∵∠APE=90°，
∴△PAE是等腰直角三角形，∠PAE=∠PEA=45°，∴
=
．
的值不改变．
由△PAB≌△PCB可知，PA=PC．
（3）∵AE∥PC，∴∠CPE=∠PEA=45°，∴在△PEC中，∠PCE=∠PEC=（180°﹣45°）=67.5°．
在△PBC中，∠BPC=（180°﹣∠CBP﹣∠PCE）=（180°﹣45°﹣67.5°）=67.5°． ∴∠BPC=∠PCE=67.5°，∴BP=BC=1，∴x=BD﹣BP=
﹣1．∵AE∥PC，
∴∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB可知，∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC， ∴∠AFP=∠BPA，∴AF=AP=PC，∴四边形PAFC是菱形．
考点：四边形综合题．
13．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围．
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
【答案】（1）6-2t；（2）t=2；（3）当＜t≤2时，S=
t2+【解析】
t-；（4）＜t＜
．
t2+t-3；当2＜t≤3时，S=-
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°=出CE=
t，证出∠GEC=90°，由三角函数求
=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°=∵EF⊥AB，
t，
∴∠BEF=90°-60°=30°， ∴∠GEB=90°， ∴∠GEC=90°， ∴CE=∵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：
=t，
S=△EFG的面积-△NFN的面积=×即S=
t2+
t-3
；
×（t）2-××（-+2）2=t2+t-3
，
当2＜t≤3时，如图3所示：
S=即S=-
t2+t-3t2+
-t-
（3t-6； =3
）2，
（4）∵AH=AB•sin60°=6×，3÷2
=，3÷2=，
∴t=时，点P与H重合，E与H重合， ∴点P在△EFG内部时，解得：＜t＜
；
-＜（t-）×2
＜
t-（2t-3）+
（2t-3），
即点P在△EFG内部时t的取值范围为：＜t＜考点：四边形综合题．
．
14．数学活动课上，老师给出如下问题：如图，将等腰直角三角形纸片沿斜边上的高AC剪开，得到等腰直角三角形△ABC与△EFD，将△EFD的直角顶点在直线BC上平移，在平移的过程中，直线AC与直线DE交于点Q，让同学们探究线段BQ与AD的数量关系和位置关系．
请你阅读下面交流信息，解决所提出的问题． 展示交流：
小敏：满足条件的图形如图甲所示图形，延长BQ与AD交于点H．我们可以证明△BCQ≌△ACD，从而易得BQ=AD，BQ⊥AD．
小慧：根据图甲，当点F在线段BC上时，我们可以验证小慧的说法是正确的．但当点F在线段CB的延长线上（如图乙）或线段CB的反向延长线上（如图丙）时，我对小慧说法的正确性表示怀疑．
（1）请你帮助小慧进行分析，小敏的结论在图乙、图丙中是否成立？请说明理由． （选择图乙或图丙的一种情况说明即可）．
（2）小慧思考问题的方式中，蕴含的数学思想是 ． 拓展延伸：
根据你上面选择的图形，分别取AB、BD、DQ、AQ的中点M、N、P、T．则四边形MNPT是什么样的特殊四边形？请说明理由．
【答案】成立；分类讨论思想；正方形. 【解析】
试题分析：利用等腰直角三角形的性质结合全等三角形的判定与性质得出BQ=AD，BQ⊥AD；利用已知条件分类得出，体现数学中的分类讨论思想，
拓展延伸：利用三角形中位线定理结合正方形的判定方法，首先得出四边形MNPT是平行四边形进而得出它是菱形，再求出一个内角是90°，即可得出答案． 试题解析：(1)、成立，
理由：如图乙：由题意可得：∠FDE=∠QDC=∠ABC=∠BAC=45°， 则DC=QC，AC=BC， 在△ADC和△BQC中 ∵∠DAC=∠QBC，
延长AD交BQ于点F， 则∠ADC=∠BDF， ∴∠BFD=∠ACD=90°， ∴AD⊥BQ； (2)、小慧思考问题的方式中，蕴含的数学思想是：分类讨论思想； 拓展延伸：四边形MNPT是正方形，
理由：∵取AB、BD、DQ、AQ的中点M、N、P、T， ∴MN∴MN
TP，
BQ，BQ=AD， ∴NP=MN， ∴平行四边形MNPT
AD，TP
AD，
， ∴△ADC≌△BQC（SAS）， ∴AD=BQ，
∴四边形MNPT是平行四边形， ∵NP是菱形，
又∵AD⊥BQ，NP∥BQ，MN∥AD， ∴∠MNP=90°， ∴四边形MNPT是正方形．
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．
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