中考数学备考之平行四边形压轴突破训练∶培优易错试卷篇含答案解析
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中考数学备考之平行四边形压轴突破训练∶培优易错试卷篇含答案解析 一、平行四边形 1．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． 2．如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A，B的坐标分别为（4，0），（4，3），动点M，N分别从O，B同时出发．以每秒1个单位的速度运动．其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动．过点M作MP⊥OA，交AC于P，连接NP，已知动点运动了x秒． （1）P点的坐标为多少（用含x的代数式表示）； （2）试求△NPC面积S的表达式，并求出面积S的最大值及相应的x值； （3）当x为何值时，△NPC是一个等腰三角形？简要说明理由． 【答案】（1）P点坐标为（x，3﹣（2）S的最大值为（3）x=【解析】 ，或x=，此时x=2． ，或x=． x）． 试题分析：（1）求P点的坐标，也就是求OM和PM的长，已知了OM的长为x，关键是求出PM的长，方法不唯一，①可通过PM∥OC得出的对应成比例线段来求； ②也可延长MP交BC于Q，先在直角三角形CPQ中根据CQ的长和∠ACB的正切值求出PQ的长，然后根据PM=AB﹣PQ来求出PM的长．得出OM和PM的长，即可求出P点的坐标． （2）可按（1）②中的方法经求出PQ的长，而CN的长可根据CN=BC﹣BN来求得，因此根据三角形的面积计算公式即可得出S，x的函数关系式． （3）本题要分类讨论： ①当CP=CN时，可在直角三角形CPQ中，用CQ的长即x和∠ABC的余弦值求出CP的表达式，然后联立CN的表达式即可求出x的值； ②当CP=PN时，那么CQ=QN，先在直角三角形CPQ中求出CQ的长，然后根据QN=CN﹣CQ求出QN的表达式，根据题设的等量条件即可得出x的值． ③当CN=PN时，先求出QP和QN的长，然后在直角三角形PNQ中，用勾股定理求出PN的长，联立CN的表达式即可求出x的值． 试题解析：（1）过点P作PQ⊥BC于点Q， 有题意可得：PQ∥AB， ∴△CQP∽△CBA， ∴∴解得：QP=∴PM=3﹣ x， x， 由题意可知，C（0，3），M（x，0），N（4﹣x，3）， P点坐标为（x，3﹣x）． （2）设△NPC的面积为S，在△NPC中，NC=4﹣x， NC边上的高为∴S==﹣（4﹣x）×（x﹣2）2+，其中，0≤x≤4． x=． ，此时x=2． （﹣x2+4x） ∴S的最大值为（3）延长MP交CB于Q，则有PQ⊥BC． ①若NP=CP， ∵PQ⊥BC， ∴NQ=CQ=x． ∴3x=4， ∴x=． x，4﹣x=x， ②若CP=CN，则CN=4﹣x，PQ=x，CP=∴x=； ③若CN=NP，则CN=4﹣x． ∵PQ=x，NQ=4﹣2x， ∵在Rt△PNQ中，PN2=NQ2+PQ2， ∴（4﹣x）2=（4﹣2x）2+（∴x=． ，或x=，或x=． x）2， 综上所述，x= 考点：二次函数综合题． 3．如图①，在等腰RtVABC中，BAC90o，点E在AC上(且不与点A、C重合)，在△ABC的外部作等腰Rt△CED，使CED90o，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； 2①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AB25，CE2，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：AF2AE，只要证明VAEF是等腰直角三角形即可； 2①如图②中，结论：AF2AE，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ADAC时，四边形ABFD是菱形.b、如图④中当ADAC时，四边形ABFD是菱形.分别求解即可. 【详解】 1如图①中，结论：AF2AE． 理由：Q四边形ABFD是平行四边形， ABDF， QABAC， ACDF， QDEEC， AEEF， QDECAEF90o， VAEF是等腰直角三角形， AF2AE． 故答案为AF2AE． 2AE． 2①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， DKEABC45o， EKF180oDKE135o，EKED， QADE180oEDC180o45o135o， EKFADE， QDKCC， DKDC， QDFABAC， KFAD， 在VEKF和VEDA中， EKEDEKFADE， KFADVEKF≌VEDA， EFEA，KEFAED， FEABED90o， VAEF是等腰直角三角形， AF2AE． ②如图③中，当ADAC时，四边形ABFD是菱形，设AE交CD于H，易知EHDHCH2，AH(25)2(2)232，AEAHEH42， 如图④中当ADAC时，四边形ABFD是菱形，易知AEAHEH32222， 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． 4．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． 5．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OB8，OD6.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OP7，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【解析】 【分析】 8586,6；（II）P, 1455（I）①根据折叠的性质可得DOFPOF45o,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DGFPGE，得到DFPE，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 YDEPF是菱形，设菱形的边长为x，在RtODE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 DOFPOF DOFPOF45o ∵四边形OBCD是矩形， ODF90 DFODOF45 DFDO6 点F的坐标为(6,6) ②∵折痕为EF，点P为点D的对应点. DGPG,EFPD ∵四边形OBCD是矩形， DC//OB， FDGEPG； QDGFPGE DGFPGE DFPE QDF//PE ∴四边形DEPF是平行四边形. QEFPD， YDEPF是菱形. 设菱形的边长为x，则DEEPx QOP7， OE7x， 222在RtODE中，由勾股定理得ODQBDE 62(7x)2x2 解得x85 1485 1485,6 14DF∴点F的坐标为（Ⅱ）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． 8655 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； 1AC，E，F分别在线段BC的延长线和线3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； （2）如图②，点O在CA的延长线上，且OA＝（3）点O在线段AC上，若AB＝6，BO＝27，当CF＝1时，请直接写出BE的长． 【答案】（1）CA=CE+CF．（2）CF-CE=【解析】 【分析】 4AC．（3）BE的值为3或5或1． 3（1）如图①中，结论：CA=CE+CF．只要证明△ADF≌△ACE（SAS）即可解决问题； 4AC．如图②中，如图作OG∥AD交CF于G，则△OGC是等边三角3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． （2）结论：CF-CE= 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=4AC． 3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， 14AC=AC， 33（3）作BH⊥AC于H．∵AB=6，AH=CH=3， ∴CF-EC=CF-FG=CG=CD+DG=AC+∴BH=33， 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=27， ∴OH=OB2BH2=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．正方形ABCD，点E在边BC上，点F在对角线AC上，连AE． (1)如图1，连EF，若EF⊥AC，4AF＝3AC，AB＝4，求△AEF的周长； (2)如图2，若AF＝AB，过点F作FG⊥AC交CD于G，点H在线段FG上(不与端点重合)，连AH．若∠EAH＝45°， 求证：EC＝HG+2FC． 【答案】（1）2542；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）由正方形性质得出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，得出AC＝2AB＝42，求出AF＝32，CF＝AC﹣AF＝2，求出△CEF是等腰直角三角形，得出EF＝CF＝2，CE＝2CF＝2，在Rt△AEF中，由勾股定理求出AE，即可得出△AEF的周长； （2）延长GF交BC于M，连接AG，则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，得出CM＝CG，CG＝2CF，证出BM＝DG，证明Rt△AFG≌Rt△ADG得出FG＝DG，BM＝FG，再证明△ABE≌△AFH，得出BE＝FH，即可得出结论． 【详解】 （1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°， ∴AC＝2AB＝42， ∵4AF＝3AC＝122， ∴AF＝32， ∴CF＝AC﹣AF＝2， ∵EF⊥AC， ∴△CEF是等腰直角三角形， ∴EF＝CF＝2，CE＝2CF＝2， 在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE＝AF2EF225， ∴△AEF的周长＝AE+EF+AF＝252322542； （2）证明：延长GF交BC于M，连接AG，如图2所示： 则△CGM和△CFG是等腰直角三角形， ∴CM＝CG，CG＝2CF， ∴BM＝DG， ∵AF＝AB， ∴AF＝AD， 在Rt△AFG和Rt△ADG中， AGAG， AFAD∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL）， ∴FG＝DG，∴BM＝FG， ∵∠BAC＝∠EAH＝45°， ∴∠BAE＝∠FAH， ∵FG⊥AC， ∴∠AFH＝90°， 在△ABE和△AFH中， BAFH90， ABAFBAEFAH∴△ABE≌△AFH（ASA）， ∴BE＝FH， ∵BM＝BE+EM，FG＝FH+HG， ∴EM＝HG， ∵EC＝EM+CM，CM＝CG＝2CF， ∴EC＝HG+2FC． 【点睛】 本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 8．（1）如图1，将矩形ABCD折叠，使BC落在对角线BD上，折痕为BE，点C落在点C处，若∠ADB42o，则DBE的度数为______o. （2）小明手中有一张矩形纸片ABCD，AB4，AD9. （画一画）如图2，点E在这张矩形纸片的边AD上，将纸片折叠，使AB落在CE所在直线上，折痕设为MN（点M，N分别在边AD，BC上），利用直尺和圆规画出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）； （算一算）如图3，点F在这张矩形纸片的边BC上，将纸片折叠，使FB落在射线FD上，折痕为GF，点A,B分别落在点A，B处，若AG7，求BD的长. 3 【答案】（1）21；（2）画一画；见解析；算一算：BD3 【解析】 【分析】 （1）利用平行线的性质以及翻折不变性即可解决问题； （2）【画一画】，如图2中，延长BA交CE的延长线由G，作∠BGC的角平分线交AD于M，交BC于N，直线MN即为所求； 【算一算】首先求出GD=9-720，由矩形的性质得出AD∥BC，BC=AD=9，由平行线的33性质得出∠DGF=∠BFG，由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，证出∠DFG=∠DGF，由等腰三20，再由勾股定理求出CF，可得BF，再利用翻折不变性，3可知FB′=FB，由此即可解决问题． 【详解】 角形的判定定理证出DF=DG=（1）如图1所示： ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠ADB=∠DBC=42°， 由翻折的性质可知，∠DBE=∠EBC=故答案为21． （2）【画一画】如图所示： 1∠DBC=21°， 2 【算一算】 如3所示： ∵AG=7，AD=9， 3720， 33∴GD=9-∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，BC=AD=9， ∴∠DGF=∠BFG， 由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG， ∴∠DFG=∠DGF， ∴DF=DG=20， 32∵CD=AB=4，∠C=90°， 16202∴在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF=DF2CD2， 433∴BF=BC-CF=91611， 33由翻折不变性可知，FB=FB′=∴B′D=DF-FB′=【点睛】 11， 320113. 33四边形综合题，考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题． 9．如图①，在矩形ABCD中，点P从AB边的中点E出发，沿着EBC速运动，速度为每秒2个单位长度，到达点C后停止运动，点Q是AD上的点，AQ10，设PAQ的面积为y，点p运动的时间为t秒，y与t的函数关系如图②所示. (1)图①中AB= ，BC= ，图②中m= . (2)当t=1秒时，试判断以PQ为直径的圆是否与BC边相切?请说明理由: (3)点p在运动过程中，将矩形沿PQ所在直线折叠，则t为何值时，折叠后顶点A的对应点A落在矩形的一边上. 【答案】(1)8,18,20;(2)不相切，证明见解析；（3）t=【解析】 【分析】 117、5、. 23（1）由题意得出AB=2BE，t=2时，BE=2×2=4，求出AB=2BE=8，AE=BE=4，t=11时，2t=22，得出BC=18，当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=1AQ×AE=20即可； 2（2）当t=1时，PE=2，得出AP=AE+PE=6，由勾股定理求出PQ=234，设以PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，由三角形中位线定理得出O'M=即可得出结论； （3）分三种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，则QF=AB=8，BF=AQ=10，由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，由勾股定理求出A'F=2AQQF2=6，得出A'B=BF-A'F=4，在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-1AP=3，求出O'N=MN-O'M=5＜圆O'的半径，2（4-2t）=4+2t，由勾股定理得出方程，解方程即可； ②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，由折叠的性质得：A'P=AP，证出∠APQ=∠AQP，得出AP=AQ=A'P=10，在Rt△ABP中，由勾股定理求出BP=6，由BP=2t-4，得出2t-4=6，解方程即可； ③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，由折叠的性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10，在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8，由勾股定理求出DA'=6，得出A'C=CD-DA'=2，在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=22-2t，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】 （1）∵点P从AB边的中点E出发，速度为每秒2个单位长度， ∴AB=2BE， 由图象得：t=2时，BE=2×2=4， ∴AB=2BE=8，AE=BE=4， t=11时，2t=22， ∴BC=22-4=18， 当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=故答案为8，18，20； （2）当t=1秒时，以PQ为直径的圆不与BC边相切，理由如下： 当t=1时，PE=2， ∴AP=AE+PE=4+2=6， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=90°， ∴PQ=11AQ×AE=×10×4=20； 22AQ2AP210262234， 设以PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，如图1所示： 则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8， ∵O'为PQ的中点， ∴O''M是△APQ的中位线， ∴O'M=1AP=3， 2∴O'N=MN-O'M=5＜34， ∴以PQ为直径的圆不与BC边相切； （3）分三种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，如图2所示： 则QF=AB=8，BF=AQ=10， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，CD=AB=8，AD=BC=18， 由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°， ∴A'F=2AQQF2=6， ∴A'B=BF-A'F=4， 在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t， 由勾股定理得：42+（4-2t）2=（4+2t）2， 解得：t=1； 2②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，连接AA'，如图3所示： 由折叠的性质得：A'P=AP， ∴∠APQ'=∠A'PQ， ∵AD∥BC， ∴∠AQP=∠A'PQ， ∴∠APQ=∠AQP， ∴AP=AQ=A'P=10， 在Rt△ABP中，由勾股定理得：BP=10282=6， 又∵BP=2t-4， ∴2t-4=6，解得：t=5； ③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，连接AP、A'P，如图4所示： 由折叠的性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10， 在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8， 由勾股定理得：DA'=10282=6， ∴A'C=CD-DA'=2， 在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=18-（2t-4）=22-2t， 由勾股定理得：AP2=82+（2t-4）2，A'P2=22+（22-2t）2， ∴82+（2t-4）2=22+（22-2t）2， 解得：t=17； 3综上所述，t为【点睛】 117或5或时，折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上． 23四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识. 10．问题情境 在四边形ABCD中，BA＝BC，DC⊥AC，过点D作DE∥AB交BC的延长线于点E，M是边AD的中点，连接MB，ME. 特例探究 (1)如图1，当∠ABC＝90°时，写出线段MB与ME的数量关系，位置关系； (2)如图2，当∠ABC＝120°时，试探究线段MB与ME的数量关系，并证明你的结论； 拓展延伸 (3)如图3，当∠ABC＝α时，请直接用含α的式子表示线段MB与ME之间的数量关系． tan【答案】(1)MB＝ME，MB⊥ME；(2)ME＝3MB．证明见解析；(3)ME＝MB·【解析】 【分析】 （1）如图1中，连接CM．只要证明△MBE是等腰直角三角形即可； 2. （2）结论：EM=3MB．只要证明△EBM是直角三角形，且∠MEB=30°即可； （3）结论：EM=BM•tan【详解】 (1) 如图1中，连接CM． 2．证明方法类似； ∵∠ACD=90°，AM=MD， ∴MC=MA=MD， ∵BA=BC， ∴BM垂直平分AC， ∵∠ABC=90°，BA=BC， 1∠ABC=45°，∠ACB=∠DCE=45°， 2∵AB∥DE， ∴∠ABE+∠DEC=180°， ∴∠DEC=90°， ∴∠DCE=∠CDE=45°， ∴EC=ED，∵MC=MD， ∴EM垂直平分线段CD，EM平分∠DEC， ∴∠MEC=45°， ∴△BME是等腰直角三角形， ∴BM=ME，BM⊥EM． 故答案为BM=ME，BM⊥EM． ∴∠MBE=(2)ME＝3MB． 证明如下：连接CM，如解图所示． ∵DC⊥AC，M是边AD的中点， ∴MC＝MA＝MD． ∵BA＝BC， ∴BM垂直平分AC． ∵∠ABC＝120°，BA＝BC， 1∠ABC＝60°，∠BAC＝∠BCA＝30°，∠DCE＝60°. 2∵AB∥DE， ∴∠ABE＋∠DEC＝180°， ∴∠DEC＝60°， ∴∠DCE＝∠DEC＝60°， ∴△CDE是等边三角形， ∴EC＝ED． ∵MC＝MD， ∴EM垂直平分CD，EM平分∠DEC， ∴∠MBE＝∴∠MEC＝1∠DEC＝30°， 2∴∠MBE＋∠MEB＝90°，即∠BME＝90°. 在Rt△BME中，∵∠MEB＝30°， ∴ME＝3MB． (3) 如图3中，结论：EM=BM•tan． 2 理由：同法可证：BM⊥EM，BM平分∠ABC， 所以EM=BM•tan【点睛】 本题考查四边形综合题、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题． ． 2 11．在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，连接DF． （1）说明△BEF是等腰三角形； （2）求折痕EF的长． 【答案】（1）见解析；（2）【解析】 【分析】 . （1）根据折叠得出∠DEF=∠BEF，根据矩形的性质得出AD∥BC，求出∠DEF=∠BFE，求出∠BEF=∠BFE即可； （2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，根据矩形的性质得出EM=AB=6，AE=BM，根据折叠得出DE=BE，根据勾股定理求出DE、在Rt△EMF中，由勾股定理求出即可． 【详解】 （1）∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴∠DEF=∠BEF． ∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∴∠BEF=∠BFE，∴BE=BF，即△BEF是等腰三角形； （2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，所以EM=AB=6，AE=BM． ∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴DE=BE，DO=BO，BD⊥EF． ∵四边形ABCD是矩形，BC=8，∴AD=BC=8，∠BAD=90°． 在Rt△ABE中，AE2+AB2=BE2，即（8﹣BE）2+62=BE2，解得：BE===BM，∴FM=﹣=． =． =DE=BF，AE=8﹣DE=8﹣在Rt△EMF中，由勾股定理得：EF=故答案为：． 【点睛】 本题考查了折叠的性质和矩形性质、勾股定理等知识点，能熟记折叠的性质是解答此题的关键． 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）【解析】 ， A（3，0）；（2） 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）当由 ，得∴A（3，0） 时，（舍去），（1分） （2）过D作DG⊥轴于G，BH⊥轴于H. ∵CD∥AB，CD=AB ∴∴∴（3） ，， 13．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． 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， ． ． （2）过点G作GM⊥BC交BC的延长线于M，连接HF． ，∴△GFC的面积不能等于2． 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．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（3，3）．将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AP、AG． （1）求证：△AOG≌△ADG； （2）求∠PAG的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由； （3）当∠1=∠2时，求直线PE的解析式； （4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析（2）∠PAG =45°，PG=OG+BP．理由见解析（3）y=、【解析】 ． x﹣3．（4）试题分析：(1)由AO=AD，AG=AG，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，判断出△AOG≌△ADG即可．(2)首先根据三角形全等的判定方法，判断出△ADP≌△ABP，再结合△AOG≌△ADG，可得∠DAP=∠BAP，∠1=∠DAG；然后根据∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；最后判断出线段OG、PG、BP之间的数量关系即可．(3)首先根据△AOG≌△ADG，判断出∠AGO=∠AGD；然后根据∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，判断出当∠1=∠2时，∠AGO=∠AGD=∠PGC，而∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，求出∠1=∠2=30°；最后确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE的解析式． (4)根据题意，分两种情况：①当点M在x轴的负半轴上时；②当点M在EP的延长线上时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标是多少即可． 试题解析：(1)在Rt△AOG和Rt△ADG中，（HL） ∴△AOG≌△ADG． (2)在Rt△ADP和Rt△ABP中，∴△ADP≌△ABP， 则∠DAP=∠BAP； ∵△AOG≌△ADG， ∴∠1=∠DAG； 又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°， ∴2∠DAG+2∠DAP=90°， ∴∠DAG+∠DAP=45°， ∵∠PAG=∠DAG+∠DAP， ∴∠PAG=45°； ∵△AOG≌△ADG， ∴DG=OG， ∵△ADP≌△ABP， ∴DP=BP， ∴PG=DG+DP=OG+BP． (3)解：∵△AOG≌△ADG， ∴∠AGO=∠AGD， 又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2， ∴∠AGO=∠PGC， 又∵∠AGO=∠AGD， ∴∠AGO=∠AGD=∠PGC， 又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°， ∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°， ∴∠1=∠2=90°﹣60°=30°； 在Rt△AOG中， ∵AO=3， ∴OG=AOtan30°=3×=， ∴G点坐标为（1）， ，0），CG=3﹣， 在Rt△PCG中，PC===3（﹣∴P点坐标为：（3，3， ﹣3 ）， 设直线PE的解析式为：y=kx+b， 则解得：， ∴直线PE的解析式为y=x﹣3． (4)①如图1，当点M在x轴的负半轴上时，， ∵AG=MG，点A坐标为（0，3）， ∴点M坐标为（0，﹣3）． ②如图2，当点M在EP的延长线上时，， 由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°， ∴EP与AB的交点M，满足AG=MG， ∵A点的横坐标是0，G点横坐标为∴M的横坐标是2，纵坐标是3， ∴点M坐标为（2，3）． ，3）． ， 综上，可得 点M坐标为（0，﹣3）或（2考点：几何变换综合题． 本文来源：https://www.wddqw.com/doc/c309c524f22d2af90242a8956bec0975f565a473.html