中考数学平行四边形(大题培优 易错 难题)附详细答案

一、平行四边形

1．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， ∴

AMAB， CDDM设AM=x，则

xa， abx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

2．问题发现：

（1）如图①，点P为平行四边形ABCD内一点，请过点P画一条直线l，使其同时平分平行四边形ABCD的面积和周长． 问题探究：

（2）如图②，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴正半轴上，点B 坐标为(8,6)．已知点P(6,7)为矩形外一点，请过点P画一条同时平分矩形OABC面积和周长的直线l，说明理由并求出直线l，说明理由并求出直线l被矩形

ABCD截得线段的长度． 问题解决：

（3）如图③，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABCD的边OA、OD分别在x轴、y轴正半轴上，DC∥x轴，AB∥y轴，且OAOD8，ABCD2，点

P(1052,1052)为五边形内一点．请问：是否存在过点P的直线l，分别与边OA与BC交于点E、F，且同时平分五边形OABCD的面积和周长?若存在，请求出点E和点F的坐标：若不存在，请说明理由．

【答案】（1）作图见解析；（2）y2x5，35；（3）E(0,0)，F(5,5)．

【解析】

试题分析：（1）连接AC、BD交于点O，作直线PO，直线PO将平行四边形ABCD的面积和周长分别相等的两部分．

（2）连接AC，BD交于点O，过O、P点的直线将矩形ABCD的面积和周长分为分别相等的两部分．

（3）存在，直线yx平分五边形OABCD面积、周长． 试题解析：（1）作图如下：

（2）∵P(6,7)，O(4,3)， ∴设PO:ykx6，

6kb7k2{，{， 4kb3b5∴y2x5， 交x轴于N5,0， 211,6， 22交BC于M115MN6235．

22

（3）存在，直线yx平分五边形OABCD面积、周长． ∵P(1052,1052)在直线yx上， ∴连OP交OA、BC于点E、F， 设BC:ykxb，B(8,2)C(2,8)，

8kb2k1{，{， 2k8b10∴直线BC:yx10，

联立{yx10x5，得，

yxy5∴E(0,0)，F(5,5)．

3．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=t=1或【解析】

t2；（4）

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＜面积表达式后，即可求出t的值．

，列出四边形PEMF与四边形PQMN的

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；

t2，

∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=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

4．如图，ABCD是正方形，点G是BC上的任意一点，DE⊥AG于E，BF∥DE，交AG于F．

求证：AF=BF+EF．

【答案】详见解析. 【解析】 【分析】

由四边形ABCD为正方形，可得出∠BAD为90°，AB=AD，进而得到∠BAG与∠EAD互余，又DE垂直于AG，得到∠EAD与∠ADE互余，根据同角的余角相等可得出∠ADE=∠BAF，利用AAS可得出△ABF≌△DAE；利用全等三角的对应边相等可得出BF=AE，由AF-AE=EF，等量代换可得证.

【详解】 ∵ABCD是正方形， ∴AD=AB，∠BAD=90° ∵DE⊥AG， ∴∠DEG=∠AED=90° ∴∠ADE+∠DAE=90°

又∵∠BAF+∠DAE=∠BAD=90°， ∴∠ADE=∠BAF． ∵BF∥DE，

∴∠AFB=∠DEG=∠AED． 在△ABF与△DAE中，

AFBAEDADEBAF ， ADAB∴△ABF≌△DAE（AAS）． ∴BF=AE． ∵AF=AE+EF， ∴AF=BF+EF．

点睛：此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．

5．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】

4AC．（3）BE的值为3或5或1． 3【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；

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=OB2BH2=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．

6．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】

108． 25（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＝∴BO＝16 cm， 5ABAO＝24cm， 52212cm， 5∴BB′＝2BO＝

∴在Rt△BB'C中，B′C＝BC2BB2＝由题意可知四边形OEFB′是矩形， ∴EF＝OB′＝∴S△B′EC＝

18cm， 512， 51B211812108C*EF．

25525

【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．

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＝ODAOF＝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，

cosDOG∴EF=OF2OE2=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．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

216，则DF的长为 2572，则△MNQ的3（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=面积是

【答案】（1）略；（2）①8，②4或9；（3）【解析】 【分析】

5 6（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,SnADF=9, ∵SnADF=SnADPSnDFP=∴

11ADPHDFPG, 2211a6a39,解得a=2, 22∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4, 又∵PA=PE, ∴AM=EM,AE=4,

11∵SnAPE=EAMP448,

22②设HP＝b,由①可得AE=2b,MP=6-b,

∴SnAPE=

12162b6b, 22511ADPHDFPG, 22解得b=2.4或3.6, ∵SnADF=SnADPSnDFP=∴

1116bDFbDF6, 222∴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

72ab5232, 72a2b2 3可得

15ab=, 265, 6∴SVMNQ【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.

9．△ABC为等边三角形，AFAB．BCDBDCAEC．

(1)求证：四边形ABDF是菱形．

(2)若BD是ABC的角平分线，连接AD，找出图中所有的等腰三角形．

【答案】(1)证明见解析；(2)图中等腰三角形有△ABC，△BDC，△ABD，△ADF，△ADC，△ADE． 【解析】 【分析】

（1）先求证BD∥AF，证明四边形ABDF是平行四边形，再利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；（2）先利用BD平分∠ABC，得到BD垂直平分线段AC，进而证明△DAC是等腰三角形，根据BD⊥AC,AF⊥AC，找到角度之间的关系,证明△DAE是等腰三角形，进而得到BC＝BD＝BA＝AF＝DF，即可解题,见详解. 【详解】

(1)如图1中，∵∠BCD＝∠BDC， ∴BC＝BD，

∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC， ∵AB＝AF， ∴BD＝AF， ∵∠BDC＝∠AEC， ∴BD∥AF，

∴四边形ABDF是平行四边形， ∵AB＝AF，

∴四边形ABDF是菱形．

(2)解：如图2中，∵BA＝BC，BD平分∠ABC， ∴BD垂直平分线段AC， ∴DA＝DC，

∴△DAC是等腰三角形， ∵AF∥BD，BD⊥AC ∴AF⊥AC， ∴∠EAC＝90°，

∵∠DAC＝∠DCA，∠DAC+∠DAE＝90°，∠DCA+∠AEC＝90°，

∴∠DAE＝∠DEA， ∴DA＝DE，

∴△DAE是等腰三角形， ∵BC＝BD＝BA＝AF＝DF，

∴△BCD，△ABD，△ADF都是等腰三角形，

综上所述，图中等腰三角形有△ABC，△BDC，△ABD，△ADF，△ADC，△ADE．

【点睛】

本题考查菱形的判定，等边三角形的性质，等腰三角形的判定等知识，属于中考常考题型，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．

10．问题探究

（1）如图①，已知正方形ABCD的边长为4．点M和N分别是边BC、CD上两点，且BM＝CN，连接AM和BN，交于点P．猜想AM与BN的位置关系，并证明你的结论． （2）如图②，已知正方形ABCD的边长为4．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿BC、CD方向向终点C和D运动．连接AM和BN，交于点P，求△APB周长的最大值； 问题解决

（3）如图③，AC为边长为23的菱形ABCD的对角线，∠ABC＝60°．点M和N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿BC、CA向终点C和A运动．连接AM和BN，交于点P．求△APB周长的最大值．

【答案】（1）AM⊥BN，证明见解析；（2）△APB周长的最大值4+42；（3）△PAB的周长最大值=23+4． 【解析】

试题分析：根据全等三角形的判定SAS证明△ABM≌△BCN，即可证得AM⊥BN； （2）如图②，以AB为斜边向外作等腰直角△AEB，∠AEB=90°，作EF⊥PA于E，作EG⊥PB于G，连接EP，证明PA+PB=2EF，求出EF的最大值即可；

（3）如图③，延长DA到K，使得AK=AB，则△ABK是等边三角形，连接PK，取PH=PB，证明PA+PB=PK，求出PK的最大值即可. 试题解析：（1）结论：AM⊥BN． 理由：如图①中，

∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC，∠ABM=∠BCN=90°， ∵BM=CN， ∴△ABM≌△BCN， ∴∠BAM=∠CBN， ∵∠CBN+∠ABN=90°， ∴∠ABN+∠BAM=90°， ∴∠APB=90°， ∴AM⊥BN．

（2）如图②中，以AB为斜边向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB=90°，作EF⊥PA于E，作EG⊥PB于G，连接EP．

∵∠EFP=∠FPG=∠G=90°， ∴四边形EFPG是矩形， ∴∠FEG=∠AEB=90°， ∴∠AEF=∠BEG， ∵EA=EB，∠EFA=∠G=90°， ∴△AEF≌△BEG， ∴EF=EG，AF=BG，

∴四边形EFPG是正方形， ∴PA+PB=PF+AF+PG﹣BG=2PF=2EF， ∵EF≤AE， ∴EF的最大值=AE=2

，

．

∴△APB周长的最大值=4+4PH=PB．

（3）如图③中，延长DA到K，使得AK=AB，则△ABK是等边三角形，连接PK，取

∵AB=BC，∠ABM=∠BCN，BM=CN， ∴△ABM≌△BCN， ∴∠BAM=∠CBN，

∴∠APN=∠BAM+∠ABP=∠CBN+∠ABN=60°， ∴∠APB=120°， ∵∠AKB=60°， ∴∠AKB+∠APB=180°， ∴A、K、B、P四点共圆， ∴∠BPH=∠KAB=60°， ∵PH=PB，

∴△PBH是等边三角形， ∴∠KBA=∠HBP，BH=BP， ∴∠KBH=∠ABP，∵BK=BA， ∴△KBH≌△ABP， ∴HK=AP，

∴PA+PB=KH+PH=PK，

∴PK的值最大时，△APB的周长最大，

∴当PK是△ABK外接圆的直径时，PK的值最大，最大值为4， ∴△PAB的周长最大值=2

+4．

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，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

BOE60，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， ∴OECD， ∴CEO90，

又∵OCPBE，

∴COEOEB，∠OBE=∠COA ∵OE=OB，

∴OEBOBE， ∴COECOA， 又∵OC=OC，OA=OE， ∴OCA≌OCE， （SAS）∴CAOCEO90， 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， ∴BOE60，

而OECD， ∴D30． 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.

13．如图1所示，（1）在正三角形ABC中，M是BC边（不含端点B、C）上任意一点，P是BC延长线上一点，N是∠ACP的平分线上一点，若∠AMN=60°，求证：AM=MN． （2）若将（1）中“正三角形ABC”改为“正方形ABCD”，N是∠DCP的平分线上一点，若∠AMN=90°，则AM=MN是否成立？若成立，请证明；若不成立，说明理由．

（3）若将（2）中的“正方形ABCD”改为“正n边形A1A2…An“，其它条件不变，请你猜想：当∠An﹣2MN=_____°时，结论An﹣2M=MN仍然成立．（不要求证明）

(n2)1800【答案】

n【解析】

分析：（1）要证明AM=MN，可证AM与MN所在的三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，利用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN．

（2）同（1），要证明AM=MN，可证AM与MN所在的三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，利用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN．

详（1）证明：在边AB上截取AE=MC，连接ME．

在正△ABC中，∠B=∠BCA=60°，AB=BC．

∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAE， BE=AB-AE=BC-MC=BM， ∴∠BEM=60°，∴∠AEM=120°．

∵N是∠ACP的平分线上一点， ∴∠ACN=60°，∴∠MCN=120°．

在△AEM与△MCN中，∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN， ∴△AEM≌△MCN（ASA）， ∴AM=MN． （2）解：结论成立；

理由：在边AB上截取AE=MC，连接ME．

∵正方形ABCD中，∠B=∠BCD=90°，AB=BC．

∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAB=∠MAE， BE=AB-AE=BC-MC=BM， ∴∠BEM=45°，∴∠AEM=135°． ∵N是∠DCP的平分线上一点， ∴∠NCP=45°，∴∠MCN=135°．

在△AEM与△MCN中，∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN， ∴△AEM≌△MCN（ASA）， ∴AM=MN．

（3）由（1）（2）可知当∠An-2MN等于n边形的内角时，结论An-2M=MN仍然成立；

n21800即∠An-2MN=时，结论An-2M=MN仍然成立；

nn21800]． 故答案为[

n点睛：本题综合考查了正方形、等边三角形的性质及全等三角形的判定，同时考查了学生的归纳能力及分析、解决问题的能力．难度较大．

14．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．

15．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，

， ∴△ADC≌△BQC（SAS）， ∴AD=BQ，

理由：∵取AB、BD、DQ、AQ的中点M、N、P、T， ∴MN∴MN

TP，

AD，TPAD，

∴四边形MNPT是平行四边形， ∵NP是菱形，

BQ，BQ=AD， ∴NP=MN， ∴平行四边形MNPT

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