2020-2021中考数学一模试题分类汇编——平行四边形综合含详细答案

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．如图①，在等腰RtVABC中，BAC90o，点E在AC上(且不与点A、C重合)，在△ABC的外部作等腰Rt△CED，使CED90o，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．

1请直接写出线段AF，AE的数量关系；

2①将VCED绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，如图②，连接AE，请判断

线段AF，AE的数量关系，并证明你的结论；

②若AB25，CE2，在图②的基础上将VCED绕点C继续逆时针旋转一周的过

程中，当平行四边形ABFD为菱形时，直接写出线段AE的长度．

【答案】（1）证明见解析；（2）①AF【解析】 【分析】

2AE②42或22.

1如图①中，结论：AF2AE，只要证明VAEF是等腰直角三角形即可； 2①如图②中，结论：AF2AE，连接EF，DF交BC于K，先证明

VEKF≌VEDA再证明VAEF是等腰直角三角形即可；

②分两种情形a、如图③中，当ADAC时，四边形ABFD是菱形.b、如图④中当ADAC时，四边形ABFD是菱形.分别求解即可.

【详解】

1如图①中，结论：AF2AE．

理由：Q四边形ABFD是平行四边形，

ABDF， QABAC，

ACDF， QDEEC， AEEF，

QDECAEF90o，

VAEF是等腰直角三角形，

AF2AE．

故答案为AF2AE．

2AE．

2①如图②中，结论：AF

理由：连接EF，DF交BC于K．

Q四边形ABFD是平行四边形，

AB//DF，

DKEABC45o，

EKF180oDKE135o，EKED， QADE180oEDC180o45o135o，

EKFADE， QDKCC，

DKDC，

QDFABAC，

KFAD， 在VEKF和VEDA中，

EKEDEKFADE， KFADVEKF≌VEDA，

EFEA，KEFAED， FEABED90o，

VAEF是等腰直角三角形，

AF2AE．

②如图③中，当ADAC时，四边形ABFD是菱形，设AE交CD于H，易知

EHDHCH2，AH(25)2(2)232，AEAHEH42，

如图④中当ADAC时，四边形ABFD是菱形，易知

AEAHEH32222，

综上所述，满足条件的AE的长为42或22． 【点睛】

本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，寻找全等的条件是解题的难点，属于中考常考题型．

3．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°. (1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF； (2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2； (3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2. 【解析】

试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF； （2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=

DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出

EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；

（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到

△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．

试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG， ∴AF=AG，∠FAG=90°， ∵∠EAF=45°， ∴∠GAE=45°， 在△AGE与△AFE中，

，

∴△AGE≌△AFE（SAS）；

（2）设正方形ABCD的边长为a．

将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM． 则△ADF≌△ABG，DF=BG． 由（1）知△AEG≌△AEF， ∴EG=EF． ∵∠CEF=45°，

∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形， ∴CE=CF，BE=BM，NF=∴a﹣BE=a﹣DF， ∴BE=DF， ∴BE=BM=DF=BG， ∴∠BMG=45°， ∴∠GME=45°+45°=90°， ∴EG2=ME2+MG2， ∵EG=EF，MG=∴EF2=ME2+NF2；

BM=

DF=NF， DF，

（3）EF2=2BE2+2DF2．

如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点， 将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE． 由（1）知△AEH≌△AEF，

则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2， 即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2

又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2， 即2（DF2+BE2）=EF2

考点：四边形综合题

4．如图，△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC． （1）求证：AD=EC；

（2）当∠BAC=Rt∠时，求证：四边形ADCE是菱形．

【答案】（1）见解析； （2）见解析. 【解析】 【分析】

（1）先证四边形ABDE是平行四边形，再证四边形ADCE是平行四边形即可； （2）由∠BAC=90°，AD是边BC上的中线，得AD=BD=CD，即可证明. 【详解】

(1)证明：∵AE∥BC，DE∥AB ， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∴AE=BD，

∵AD是边BC上的中线， ∴BD=DC， ∴AE=DC， 又∵AE∥BC，

∴四边形ADCE是平行四边形.

(2) 证明：∵∠BAC=90°，AD是边BC上的中线. ∴AD=CD

∵四边形ADCE是平行四边形， ∴四边形ADCE是菱形. 【点睛】

本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边中线定理.根据图形与已知条件灵活应用平行四边形的判定方法是证明的关键.

5．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．

6．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，

1x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作3EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH． （1）求边EF的长；

40），直线AB：y＝

（2）将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒10个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）． ①当点F1移动到点B时，求t的值；

②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE重叠部分的面积．

【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120； 【解析】 【分析】

（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；

（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，t=1010÷10=10；

②F点移动到F'的距离是10t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，t=4，S=

4x+40，可3NF1MH4，=，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，

NF3EM31451023PK1×(12+)×11==，；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，

248FK3PKt34＝＝，t=7，S=15×（15-7）=120. KG153t93PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，【详解】

（1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b， 将点E（30，0），点D（0，40）， ∴30kb0，

b404k∴3， b40∴y＝﹣

4x+40， 3直线AB与直线DE的交点P（21，12）， 由题意知F（30，15）， ∴EF＝15；

（2）①易求B（0，5）， ∴BF＝1010，

∴当点F1移动到点B时，t＝101010＝10； ②当点H运动到直线DE上时，

F点移动到F'的距离是10t， 在Rt△F'NF中，

NF1=， NF3∴FN＝t，F'N＝3t， ∵MH'＝FN＝t，

EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t， 在Rt△DMH'中，

MH4， EM3t4， 153t3∴t＝4，

∴

∴EM＝3，MH'＝4，

1451023(12)11； 248当点G运动到直线DE上时，

∴S＝

F点移动到F'的距离是10t， ∵PF＝310， ∴PF'＝10t﹣310， 在Rt△F'PK中，

PK1， FK3∴PK＝t﹣3，F'K＝3t﹣9， 在Rt△PKG'中，∴t＝7，

∴S＝15×（15﹣7）＝120. 【点睛】

本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键．

PKt34＝＝， KG153t93

7．如图所示，矩形ABCD中，点E在CB的延长线上，使CE＝AC，连接AE，点F是AE的中点，连接BF、DF，求证：BF⊥DF．

【答案】见解析. 【解析】 【分析】

延长BF，交DA的延长线于点M，连接BD，进而求证△AFM≌△EFB，得AM=BE，FB=FM，即可求得BC+BE=AD+AM，进而求得BD=BM，根据等腰三角形三线合一的性质即可求证BF⊥DF． 【详解】

延长BF，交DA的延长线于点M，连接BD．

∵四边形ABCD是矩形，∴MD∥BC，∴∠AMF=∠EBF，∠E=∠MAF，又FA=FE，

∴△AFM≌△EFB，∴AM=BE，FB=FM．

∵矩形ABCD中，∴AC=BD，AD=BC，∴BC+BE=AD+AM，即CE=MD． ∵CE=AC，∴AC=CE= BD =DM． ∵FB=FM，∴BF⊥DF．

【点睛】

本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和对应边相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，本题中求证DB=DM是解题的关键．

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）(662,6)；（2）(333,333)；（3）323剟AP323. 【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＝626，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＝626，

∴BD＝（626）×21262， ∴CD＝6﹣（1262）=626，

∴BC与A′B′的交点D的坐标为（662，6）；

（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333,333；



（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＝

1OC′＝3， 2∴P在以K为圆心，3为半径的圆上运动， ∵AK＝32，

∴AP最大值为323，AP的最小值为323， ∴AP长的取值范围为323剟AP323.

【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．（3）问解题的关键是利用中位线定理得出点P的轨迹．

9．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．

10．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，OF1EG，即可得到OE=OF； 2（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，∴AEOCFO90．

AEOCFO∵在AOE和COF中，AOECOF，∴AOECOF(AAS)，∴ OE=OF；

OAOC（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．

EAOGCO在AOE和COG中，AOCO，∴AOECOG(ASA)，∴ OG=OE，

AOECOG1EG，∴ OE=OF； 2（3）CF=OE+AE或CF=OE-AE．

∴RtEFG中，OF证明如下：①如图2，当点P在线段OA上时．

∵OEF30，EFG90，∴OGF60，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．

∵OEF30，EFG90，∴OGF60，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．

11．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P处，再折出PB、PC，最后用笔画出△PBC(图1)．

（1）求证：图1中的 且HM=JN． ①求证：IH=IJ ②请求出NJ的长；

PBC是正三角形：

（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN，其中IJ=6cm，

（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边的长度a变化时，在矩形纸片上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示意图(作图工具不限，能说明问题即可)，并直接写出对应的a的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②12-63（3）33＜a＜43，a＞43 【解析】

分析：（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即可；

（2）①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得；②IJ上取一点Q，使QI=QN，由Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x，则IQ=QN=2x、QJ=3x，根据IJ=IQ+QJ求出x即可得；

（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可． （1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF ∴PB=PC

∵沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P处 ∴PB=BC ∴PB=PC=BC

∴△PBC是正三角形： （2）证明：①如图

∵矩形AHIJ ∴∠H=∠J=90° ∵△MNJ是等边三角形 ∴MI=NI

在Rt△MHI和Rt△JNI中

MINI MHNJ∴Rt△MHI≌Rt△JNI（HL） ∴HI=IJ

②在线段IJ上取点Q，使IQ=NQ

∵Rt△IHM≌Rt△IJN， ∴∠HIM=∠JIN， ∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°， ∴∠HIM=∠JIN=15°， 由QI=QN知∠JIN=∠QNI=15°， ∴∠NQJ=30°，

设NJ=x，则IQ=QN=2x，QJ=QN2NJ2=3x， ∵IJ=6cm， ∴2x+3x=6，

∴x=12-63，即NJ=12-63（cm）． （3）分三种情况： ①如图：

设等边三角形的边长为b，则0＜b≤6，

则tan60°=3=ab， 2∴a=3b， 2∴0＜b≤②如图

63=33； 2

当DF与DC重合时，DF=DE=6， ∴a=sin60°×DE=

63=33， 26643当DE与DA重合时，a=sin60， 32∴33＜a＜43； ③如图

∵△DEF是等边三角形 ∴∠FDC=30°

6643∴DF=cos30 32∴a＞43 点睛：本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．

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． ∴

∵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．

． ．

（2）过点G作GM⊥BC交BC的延长线于M，连接HF．

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∴S△GFC的最小值为又∵

，∴BF的最大值为．

．

又∵函数S△GFC＝12－a的值随着a的增大而减小，

，∴△GFC的面积不能等于2．

13．正方形ABCD的边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点E是AB边上的一个动点（点E不与点A、B重合），CE与BD相交于点F，设线段BE的长度为x．

（1）如图1，当AD=2OF时，求出x的值；

（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE的面积为S，试求S与x的函数关系式并求出S的最大值． 【答案】（1）x=

﹣1；

（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1）， 当x=时，S的值最大，最大值为，． 【解析】

试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到CM=ME，根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，

求得OF=OM=解方程

，即可得到结果；

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据全等三角形的性质得到EB=PG=x，由三角形的面积公式得到S=（1﹣x）•x，根据二次函数的性质即可得到结论．

试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1， ∵OA=OC， ∴CM=ME， ∴AE=2OM=2OF， ∴OM=OF，

∴

，

∴BF=BE=x， ∴OF=OM=∵AB=1， ∴OB=∴∴x=

﹣1； ，

， ，

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2， ∵∠CEP=∠EBC=90°， ∴∠ECB=∠PEG，

∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°， 在△EPG与△CEB中，

，

∴△EPG≌△CEB， ∴EB=PG=x， ∴AE=1﹣x，

∴S=（1﹣x）•x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1）， ∵﹣＜0，

∴当x=时，S的值最大，最大值为，．

考点：四边形综合题

14．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．

15．（本题14分）小明在学习平行线相关知识时总结了如下结论：端点分别在两条平行线上的所有线段中，垂直于平行线的线段最短． 小明应用这个结论进行了下列探索活动和问题解决．

问题1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，P为AC边上的一动点，以PB，PA为边构造

□APBQ，求对角线PQ的最小值及PQ最小时

的值．

（1）在解决这个问题时，小明构造出了如图2的辅助线，则PQ的最小值为 ，当PQ最小时

= _____ __；

（2）小明对问题1做了简单的变式思考．如图3，P为AB边上的一动点，延长PA到点E，使AE=nPA（n

为大于0的常数）．以PE，PC为边作□PCQE，试求对角线PQ长的最小值，并求PQ最小时

的值；

问题2：在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3． （1）如图4，若为

上任意一点，以

，

为边作□

．试求对角线

长的最小值

和PQ最小时

的值．

（2）若为上任意一点，延长到，使

的值．

，再以，为边作□．请

直接写出对角线长的最小值和PQ最小时

【答案】问题1：（1）3，；（2）PQ=，=．

．问题2：（1）=4，

．（2）PQ的最小值为

【解析】

．

试题分析：问题1：（1）首先根据条件可证四边形PCBQ是矩形，然后根据条件“四边形

APBQ是平行四边形可得AP=QB=PC，从而可求的值．（2）由题可知：当QP⊥AC

时，PQ最小．过点C作CD⊥AB于点D．此时四边形CDPQ为矩形，PQ=CD，在Rt△ABC

中，∠C=90°，AC=4，BC=3，利用面积可求出CD=,然后可求出AD=， 由AE=nPA可得

PE=，而PE=CQ=PD=AD-AP=，所以AP=．所以

=．问题2：（1）设对角线与相交于点．Rt≌Rt．所以

AD=HC，QH=AP．由题可知：当QP⊥AB时，PQ最小，此时形BPQH为矩形，从而QH=BP=AP．所以

=CH=4，根据条件可证四边

AB

．（2）根据题意画出图形，当

．

时，的长最小，PQ的最小值为．

试题解析：问题1：（1）3，； （2）过点C作CD⊥AB于点D．

由题意可知当PQ⊥AB时，PQ最短．所以此时四边形CDPQ为矩形．PQ=CD，DP=CQ=PE．因为∠BCA=90°，AC=4， BC=3，所以AB=5．所以CD=在Rt△ACD中AC=4，CD=因为AE=nPA，所以PE=所以AP=问题2：

（1）如图2，设对角线

与

相交于点．

．所以

=

．所以PQ=，所以AD=

． ．

．

=CQ=PD=AD-AP=

．

所以G是DC的中点， 作QH

BC，交BC的延长线于H，

．

．

，所以Rt

AB时，

≌Rt

．所以AD=HC，QH=AP．

=CH=4．

．

因为AD//BC，所以所以又

由图知，当的长最小，即

易得四边形BPQH为矩形，所以QH=BP=AP．所以

（若学生有能力从梯形中位线角度考虑，若正确即可评分．但讲评时不作要求） （2）PQ的最小值为

．

．

考点：1．直角三角形的性质；2．全等三角形的判定与性质；3．平行四边形的性质；4矩形的判定与性质．