中考數(shù)學(xué)-平行四邊形的綜合壓軸題專題復(fù)習(xí)

中考數(shù)學(xué)——平行四邊形的綜合壓軸題專題復(fù)習(xí)一、平行四邊形1．（問題情景）利用三角形的面積相等來求解的方法是一種常見的等積法，此方法是我們解決幾何問題的途徑之一．例如：張老師給小聰提出這樣一個問題：如圖1，在△ABC中，AB=3，AD=6，問△ABC的高AD與CE的比是多少？小聰?shù)挠嬎闼悸肥牵焊鶕?jù)題意得：S△ABC=BC?AD=AB?CE．從而得2AD=CE，∴請運(yùn)用上述材料中所積累的經(jīng)驗(yàn)和方法解決下列問題：（1）（類比探究）如圖2，在?ABCD中，點(diǎn)E、F分別在AD，CD上，且AF=CE，并相交于點(diǎn)O，連接BE、BF，求證：BO平分角AOC．（2）（探究延伸）如圖3，已知直線m∥n，點(diǎn)A、C是直線m上兩點(diǎn)，點(diǎn)B、D是直線n上兩點(diǎn)，點(diǎn)P是線段CD中點(diǎn)，且∠APB=90°，兩平行線m、n間的距離為4．求證：PA?PB=2AB．（3）（遷移應(yīng)用）如圖4，E為AB邊上一點(diǎn)，ED⊥AD，CE⊥CB，垂足分別為D，C，∠DAB=∠B，AB=，BC=2，AC=，又已知M、N分別為AE、BE的中點(diǎn)，連接DM、CN．求△DEM與△CEN的周長之和．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）5+【解析】分析：(1)、根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出△ABF和△BCE的面積相等，過點(diǎn)B作OG⊥AF于G，OH⊥CE于H，從而得出AF=CE，然后證明△BOG和△BOH全等，從而得出∠BOG=∠BOH，即角平分線；(2)、過點(diǎn)P作PG⊥n于G，交m于F，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出△CPF和△DPG全等，延長BP交AC于E，證明△CPE和△DPB全等，根據(jù)等積法得出AB=AP×PB，從而得出答案；(3)、，延長AD，BC交于點(diǎn)G，過點(diǎn)A作AF⊥BC于F，設(shè)CF=x，根據(jù)Rt△ABF和Rt△ACF的勾股定理得出x的值，根據(jù)等積法得出AE=2DM=2EM，BE=2CN=2EN，DM+CN=AB，從而得出兩個三角形的周長之和．同理：EM+EN=AB詳解：證明：（1）如圖2，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴S△ABF=S?ABCD，S△BCE=S?ABCD，∴S△ABF=S△BCE，過點(diǎn)B作OG⊥AF于G，OH⊥CE于H，∴S△ABF=AF×BG，S△BCE=CE×BH，∴AF×BG=CE×BH，即：AF×BG=CE×BH，∵AF=CE，∴BG=BH，在Rt△BOG和Rt△BOH中，，∴Rt△BOG≌Rt△BOH，∴∠BOG=∠BOH，∴OB平分∠AOC，（2）如圖3，過點(diǎn)P作PG⊥n于G，交m于F，∵m∥n，∴PF⊥AC，∴∠CFP=∠BGP=90°，∵點(diǎn)P是CD中點(diǎn)，在△CPF和△DPG中，，∴△CPF≌△DPG，∴PF=PG=FG=2，延長BP交AC于E，∵m∥n，∴∠ECP=∠BDP，∴CP=DP，在△CPE和△DPB中，，∴△CPE≌△DPB，∴PE=PB，∵∠APB=90°，∴AE=AB，∴S△APE=S△APB，∵S△APE=AE×PF=AE=AB，S△APB=AP×PB，∴AB=AP×PB，即：PA?PB=2AB；（3）如圖4，延長AD，BC交于點(diǎn)G，∵∠BAD=∠B，∴AG=BG，過點(diǎn)A作AF⊥BC于F，設(shè)CF=x（x＞0），∴BF=BC+CF=x+2，在Rt△ABF中，AB=，根據(jù)勾股定理得，AF2=AB2﹣BF2=34﹣（x+2）2，在Rt△ACF中，AC=，根據(jù)勾股定理得，AF2=AC2﹣CF2=26﹣x2，∴34﹣（x+2）2=26﹣x2，∴x=﹣1（舍）或x=1，∴AF==5，連接EG，∵S△ABG=BG×AF=S△AEG+S△BEG=AG×DE+BG×CE=BG（DE+CE），∴DE+CE=AF=5，在Rt△ADE中，點(diǎn)M是AE的中點(diǎn)，∴AE=2DM=2EM，同理：BE=2CN=2EN，∵AB=AE+BE，∴2DM+2CN=AB，∴DM+CN=AB，同理：EM+EN=AB∴△DEM與△CEN的周長之和=DE+DM+EM+CE+CN+EN=（DE+CE）+[（DM+CN）+（EM+EN）]=（DE+CN）+AB=5+．點(diǎn)睛：本題主要考查的就是三角形全等的判定與性質(zhì)以及三角形的等積法，綜合性非常強(qiáng)，難度較大．在解決這個問題的關(guān)鍵就是作出輔助線，然后根據(jù)勾股定理和三角形全等得出各個線段之間的關(guān)系．2．如圖1，正方形ABCD的一邊AB在直尺一邊所在直線MN上，點(diǎn)O是對角線AC、BD的交點(diǎn)，過點(diǎn)O作OE⊥MN于點(diǎn)E．（1）如圖1，線段AB與OE之間的數(shù)量關(guān)系為．（請直接填結(jié)論）（2）保證點(diǎn)A始終在直線MN上，正方形ABCD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)θ（0＜θ＜90°），過點(diǎn)B作BF⊥MN于點(diǎn)F．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)O、B兩點(diǎn)均在直線MN右側(cè)時，試猜想線段AF、BF與OE之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請說明理由．②如圖3，當(dāng)點(diǎn)O、B兩點(diǎn)分別在直線MN兩側(cè)時，此時①中結(jié)論是否依然成立呢？若成立，請直接寫出結(jié)論；若不成立，請寫出變化后的結(jié)論并證明．③當(dāng)正方形ABCD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到如圖4的位置時，線段AF、BF與OE之間的數(shù)量關(guān)系為．（請直接填結(jié)論）【答案】（1）AB=2OE；（2）①AF+BF=2OE,證明見解析;②AF﹣BF=2OE證明見解析;③BF﹣AF=2OE，【解析】試題分析：（1）利用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半即可得出結(jié)論；（2）①過點(diǎn)B作BH⊥OE于H，可得四邊形BHEF是矩形，根據(jù)矩形的對邊相等可得EF=BH，BF=HE，根據(jù)正方形的對角線相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根據(jù)同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后利用“角角邊”證明△AOE和△OBH全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得OH=AE，OE=BH，再根據(jù)AF-EF=AE，整理即可得證；②過點(diǎn)B作BH⊥OE交OE的延長線于H，可得四邊形BHEF是矩形，根據(jù)矩形的對邊相等可得EF=BH，BF=HE，根據(jù)正方形的對角線相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根據(jù)同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后利用“角角邊”證明△AOE和△OBH全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得OH=AE，OE=BH，再根據(jù)AF-EF=AE，整理即可得證；③同②的方法可證．試題解析：（1）∵AC，BD是正方形的對角線，∴OA=OC=OB，∠BAD=∠ABC=90°，∵OE⊥AB，∴OE=AB，∴AB=2OE，（2）①AF+BF=2OE證明：如圖2，過點(diǎn)B作BH⊥OE于點(diǎn)H∴∠BHE=∠BHO=90°∵OE⊥MN，BF⊥MN∴∠BFE=∠OEF=90°∴四邊形EFBH為矩形∴BF=EH，EF=BH∵四邊形ABCD為正方形∴OA=OB，∠AOB=90°∴∠AOE+∠HOB=∠OBH+∠HOB=90°∴∠AOE=∠OBH∴△AEO≌△OHB（AAS）∴AE=OH，OE=BH∴AF+BF=AE+EF+BF=OH+BH+EH=OE+OE=2OE．②AF﹣BF=2OE證明：如圖3，延長OE，過點(diǎn)B作BH⊥OE于點(diǎn)H∴∠EHB=90°∵OE⊥MN，BF⊥MN∴∠AEO=∠HEF=∠BFE=90°∴四邊形HBFE為矩形∴BF=HE，EF=BH∵四邊形ABCD是正方形∴OA=OB，∠AOB=90°∴∠AOE+∠BOH=∠OBH+∠BOH∴∠AOE=∠OBH∴△AOE≌△OBH（AAS）∴AE=OH，OE=BH，∴AF﹣BF=AE+EF﹣HE=OH﹣HE+OE=OE+OE=2OE③BF﹣AF=2OE，如圖4，作OG⊥BF于G，則四邊形EFGO是矩形，∴EF=GO，GF=EO，∠GOE=90°，∴∠AOE+∠AOG=90°．在正方形ABCD中，OA=OB，∠AOB=90°，∴∠AOG+∠BOG=90°，∴∠AOE=∠BOG．∵OG⊥BF，OE⊥AE，∴∠AEO=∠BGO=90°．∴△AOE≌△BOG（AAS），∴OE=OG，AE=BG，∵AE﹣EF=AF，EF=OG=OE，AE=BG=AF+EF=OE+AF，∴BF﹣AF=BG+GF﹣（AE﹣EF）=AE+OE﹣AE+EF=OE+OE=2OE，∴BF﹣AF=2OE．3．如圖，現(xiàn)有一張邊長為4的正方形紙片ABCD，點(diǎn)P為正方形AD邊上的一點(diǎn)（不與點(diǎn)A、點(diǎn)D重合），將正方形紙片折疊，使點(diǎn)B落在P處，點(diǎn)C落在G處，PG交DC于H，折痕為EF，連接BP、BH．（1）求證：∠APB=∠BPH；（2）當(dāng)點(diǎn)P在邊AD上移動時，求證：△PDH的周長是定值；（3）當(dāng)BE+CF的長取最小值時，求AP的長．【答案】（1）證明見解析．（2）證明見解析．（3）2．【解析】試題分析：（1）根據(jù)翻折變換的性質(zhì)得出∠PBC=∠BPH，進(jìn)而利用平行線的性質(zhì)得出∠APB=∠PBC即可得出答案；（2）首先證明△ABP≌△QBP，進(jìn)而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；（3）過F作FM⊥AB，垂足為M，則FM=BC=AB，證明△EFM≌△BPA，設(shè)AP=x，利用折疊的性質(zhì)和勾股定理的知識用x表示出BE和CF，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值．試題解析：（1）解：如圖1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．又∵∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．即∠PBC=∠BPH．又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC．∴∠APB=∠BPH．（2）證明：如圖2，過B作BQ⊥PH，垂足為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的周長為：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．∴△PDH的周長是定值．（3）解：如圖3，過F作FM⊥AB，垂足為M，則FM=BC=AB．又∵EF為折痕，∴EF⊥BP．∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，∴∠EFM=∠ABP．又∵∠A=∠EMF=90°，在△EFM和△BPA中，，∴△EFM≌△BPA（AAS）．∴EM=AP．設(shè)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．當(dāng)x=2時，BE+CF取最小值，∴AP=2．考點(diǎn)：幾何變換綜合題．4．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC為矩形，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（4，0），（4，3），動點(diǎn)M，N分別從O，B同時出發(fā)．以每秒1個單位的速度運(yùn)動．其中，點(diǎn)M沿OA向終點(diǎn)A運(yùn)動，點(diǎn)N沿BC向終點(diǎn)C運(yùn)動．過點(diǎn)M作MP⊥OA，交AC于P，連接NP，已知動點(diǎn)運(yùn)動了x秒．（1）P點(diǎn)的坐標(biāo)為多少（用含x的代數(shù)式表示）；（2）試求△NPC面積S的表達(dá)式，并求出面積S的最大值及相應(yīng)的x值；（3）當(dāng)x為何值時，△NPC是一個等腰三角形？簡要說明理由．【答案】（1）P點(diǎn)坐標(biāo)為（x，3﹣x）．（2）S的最大值為，此時x=2．（3）x=，或x=，或x=．【解析】試題分析：（1）求P點(diǎn)的坐標(biāo)，也就是求OM和PM的長，已知了OM的長為x，關(guān)鍵是求出PM的長，方法不唯一，①可通過PM∥OC得出的對應(yīng)成比例線段來求；②也可延長MP交BC于Q，先在直角三角形CPQ中根據(jù)CQ的長和∠ACB的正切值求出PQ的長，然后根據(jù)PM=AB﹣PQ來求出PM的長．得出OM和PM的長，即可求出P點(diǎn)的坐標(biāo)．（2）可按（1）②中的方法經(jīng)求出PQ的長，而CN的長可根據(jù)CN=BC﹣BN來求得，因此根據(jù)三角形的面積計算公式即可得出S，x的函數(shù)關(guān)系式．（3）本題要分類討論：①當(dāng)CP=CN時，可在直角三角形CPQ中，用CQ的長即x和∠ABC的余弦值求出CP的表達(dá)式，然后聯(lián)立CN的表達(dá)式即可求出x的值；②當(dāng)CP=PN時，那么CQ=QN，先在直角三角形CPQ中求出CQ的長，然后根據(jù)QN=CN﹣CQ求出QN的表達(dá)式，根據(jù)題設(shè)的等量條件即可得出x的值．③當(dāng)CN=PN時，先求出QP和QN的長，然后在直角三角形PNQ中，用勾股定理求出PN的長，聯(lián)立CN的表達(dá)式即可求出x的值．試題解析：（1）過點(diǎn)P作PQ⊥BC于點(diǎn)Q，有題意可得：PQ∥AB，∴△CQP∽△CBA，∴∴解得：QP=x，∴PM=3﹣x，由題意可知，C（0，3），M（x，0），N（4﹣x，3），P點(diǎn)坐標(biāo)為（x，3﹣x）．（2）設(shè)△NPC的面積為S，在△NPC中，NC=4﹣x，NC邊上的高為，其中，0≤x≤4．∴S=（4﹣x）×x=（﹣x2+4x）=﹣（x﹣2）2+．∴S的最大值為，此時x=2．（3）延長MP交CB于Q，則有PQ⊥BC．①若NP=CP，∵PQ⊥BC，∴NQ=CQ=x．∴3x=4，∴x=．②若CP=CN，則CN=4﹣x，PQ=x，CP=x，4﹣x=x，∴x=；③若CN=NP，則CN=4﹣x．∵PQ=x，NQ=4﹣2x，∵在Rt△PNQ中，PN2=NQ2+PQ2，∴（4﹣x）2=（4﹣2x）2+（x）2，∴x=．綜上所述，x=，或x=，或x=．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．5．已知Rt△ABD中，邊AB=OB=1，∠ABO=90°問題探究：（1）以AB為邊，在Rt△ABO的右邊作正方形ABC，如圖（1），則點(diǎn)O與點(diǎn)D的距離為．（2）以AB為邊，在Rt△ABO的右邊作等邊三角形ABC，如圖（2），求點(diǎn)O與點(diǎn)C的距離．問題解決：（3）若線段DE=1，線段DE的兩個端點(diǎn)D，E分別在射線OA、OB上滑動，以DE為邊向外作等邊三角形DEF，如圖（3），則點(diǎn)O與點(diǎn)F的距離有沒有最大值，如果有，求出最大值，如果沒有，說明理由．【答案】(1)、；(2)、；(3)、.【解析】【分析】試題分析：(1)、如圖1中，連接OD，在Rt△ODC中，根據(jù)OD=計算即可．(2)、如圖2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，連接OC．在Rt△OCE中，根據(jù)OC=計算即可．(3)、如圖3中，當(dāng)OF⊥DE時，OF的值最大，設(shè)OF交DE于H，在OH上取一點(diǎn)M，使得OM=DM，連接DM．分別求出MH、OM、FH即可解決問題．【詳解】試題解析：(1)、如圖1中，連接OD，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=1，∠C=90°在Rt△ODC中，∵∠C=90°，OC=2，CD=1，∴OD=(2)、如圖2中，作CE⊥OB于E，CF⊥AB于F，連接OC．∵∠FBE=∠E=∠CFB=90°，∴四邊形BECF是矩形，∴BF=CF=，CF=BE=，在Rt△OCE中，OC==．(3)、如圖3中，當(dāng)OF⊥DE時，OF的值最大，設(shè)OF交DE于H，在OH上取一點(diǎn)M，使得OM=DM，連接DM．∵FD=FE=DE=1，OF⊥DE，∴DH=HE，OD=OE，∠DOH=∠DOE=22.5°，∵OM=DM，∴∠MOD=∠MDO=22.5°，∴∠DMH=∠MDH=45°，∴DH=HM=，∴DM=OM=，∵FH=，∴OF=OM+MH+FH==．∴OF的最大值為．考點(diǎn)：四邊形綜合題．6．已知正方形ABCD中，E為對角線BD上一點(diǎn)，過E點(diǎn)作EF⊥BD交BC于F，連接DF，G為DF中點(diǎn)，連接EG，CG．（1）請問EG與CG存在怎樣的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（2）將圖①中△BEF繞B點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，如圖②所示，取DF中點(diǎn)G，連接EG，CG．問（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由．（3）將圖①中△BEF繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)任意角度，如圖③所示，再連接相應(yīng)的線段，問（1）中的結(jié)論是否仍然成立？（請直接寫出結(jié)果，不必寫出理由）【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）結(jié)論仍然成立【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可證出CG=EG．（2）結(jié)論仍然成立，連接AG，過G點(diǎn)作MN⊥AD于M，與EF的延長線交于N點(diǎn)；再證明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再證出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再證明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后證出CG=EG．（3）結(jié)論依然成立．【詳解】（1）CG=EG．理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G為DF的中點(diǎn)，∴CG=FD，同理．在Rt△DEF中，EG=FD，∴CG=EG．（2）（1）中結(jié)論仍然成立，即EG=CG．證法一：連接AG，過G點(diǎn)作MN⊥AD于M，與EF的延長線交于N點(diǎn)．在△DAG與△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；在△DMG與△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，F(xiàn)G=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG（ASA），∴MG=NG．∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四邊形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG與△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．證法二：延長CG至M，使MG=CG，連接MF，ME，EC．在△DCG與△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．在Rt△MFE與Rt△CBE中，∵M(jìn)F=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC為直角三角形．∵M(jìn)G=CG，∴EG=MC，∴EG=CG．（3）（1）中的結(jié)論仍然成立．理由如下：過F作CD的平行線并延長CG交于M點(diǎn)，連接EM、EC，過F作FN垂直于AB于N．由于G為FD中點(diǎn)，易證△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因?yàn)锽E=EF，易證∠EFM=∠EBC，則△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為CM中點(diǎn)，∴EG=CG，EG⊥CG【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合題．（1）關(guān)鍵是利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半解答；（2）關(guān)鍵是利用了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)解答．7．如圖（1）在正方形ABCD中，點(diǎn)E是CD邊上一動點(diǎn)，連接AE，作BF⊥AE，垂足為G交AD于F（1）求證：AF＝DE；（2）連接DG，若DG平分∠EGF，如圖（2），求證：點(diǎn)E是CD中點(diǎn)；（3）在（2）的條件下，連接CG，如圖（3），求證：CG＝CD．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）CG＝CD，見解析．【解析】【分析】（1）證明△BAF≌△ADE（ASA）即可解決問題．（2）過點(diǎn)D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分別為點(diǎn)M，N．想辦法證明AF＝DF，即可解決問題．（3）延長AE，BC交于點(diǎn)P，由（2）知DE＝CD，利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，只要證明BC＝CP即可．【詳解】（1）證明：如圖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與△ADE中，∠1=∠3BA=AD∠BAF=∠D，∴△BAF≌△ADE（ASA）∴AF＝DE．（2）證明：過點(diǎn)D作DM⊥GF，DN⊥GE，垂足分別為點(diǎn)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），∴AF＝DF＝DE＝AD＝CD，即點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)．（3）延長AE，BC交于點(diǎn)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，∴CG＝BP＝BC，∴CG＝CD．【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．8．如圖1，已知正方形ABCD的邊CD在正方形DEFG的邊DE上，連接AE，GC．(1)試猜想AE與GC有怎樣的關(guān)系(直接寫出結(jié)論即可)；(2)將正方形DEFG繞點(diǎn)D按順時針方向旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)E落在BC邊上，如圖2，連接AE和CG．你認(rèn)為(1)中的結(jié)論是否還成立？若成立，給出證明；若不成立，請說明理由．(3)在(2)中，若E是BC的中點(diǎn)，且BC＝2，則C，F(xiàn)兩點(diǎn)間的距離為．【答案】(1)AE＝CG，AE⊥GC；(2)成立，證明見解析；(3)．【解析】【分析】（1）觀察圖形，AE、CG的位置關(guān)系可能是垂直，下面著手證明．由于四邊形ABCD、DEFG都是正方形，易證得△ADE≌△CDG，則∠1＝∠2，由于∠2、∠3互余，所以∠1、∠3互余，由此可得AE⊥GC．（2）題（1）的結(jié)論仍然成立，參照（1）題的解題方法，可證△ADE≌△CDG，得∠5＝∠4，由于∠4、∠7互余，而∠5、∠6互余，那么∠6＝∠7；由圖知∠AEB＝∠CEH＝90°﹣∠6，即∠7+∠CEH＝90°，由此得證．（3）如圖3中，作CM⊥DG于G，GN⊥CD于N，CH⊥FG于H，則四邊形CMGH是矩形，可得CM＝GH，CH＝GM．想辦法求出CH，HF，再利用勾股定理即可解決問題．【詳解】(1)AE＝CG，AE⊥GC；證明：延長GC交AE于點(diǎn)H，在正方形ABCD與正方形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；證明：延長AE和GC相交于點(diǎn)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)如圖3中，作CM⊥DG于G，GN⊥CD于N，CH⊥FG于H，則四邊形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＝＝＝．故答案為．【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．9．如圖所示，矩形ABCD中，點(diǎn)E在CB的延長線上，使CE＝AC，連接AE，點(diǎn)F是AE的中點(diǎn)，連接BF、DF，求證：BF⊥DF．【答案】見解析.【解析】【分析】延長BF，交DA的延長線于點(diǎn)M，連接BD，進(jìn)而求證△AFM≌△EFB，得AM=BE，F(xiàn)B=FM，即可求得BC+BE=AD+AM，進(jìn)而求得BD=BM，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)即可求證BF⊥DF．【詳解】延長BF，交DA的延長線于點(diǎn)M，連接BD．∵四邊形ABCD是矩形，∴MD∥BC，∴∠AMF=∠EBF，∠E=∠MAF，又FA=FE，∴△AFM≌△EFB，∴AM=BE，F(xiàn)B=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．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和對應(yīng)邊相等的性質(zhì)，等腰三角形三線合一的性質(zhì)，本題中求證DB=DM是解題的關(guān)鍵．10．如圖，已知矩形ABCD中，E是AD上一點(diǎn)，F(xiàn)是AB上的一點(diǎn)，EF⊥EC，且EF＝EC．（1）求證：△AEF≌△DCE．（2）若DE＝4cm，矩形ABCD的周長為32cm，求AE的長．【答案】（1）證明見解析；（2）6cm.【解析】分析：（1）根據(jù)EF⊥CE，求證∠AEF=∠ECD．再利用AAS即可求證△AEF≌△DCE．（2）利用全等三角形的性質(zhì)，對應(yīng)邊相等，再根據(jù)矩形ABCD的周長為32cm，即可求得AE的長.詳解：（1）證明：∵EF⊥CE，∴∠FEC=90°，∴∠AEF+∠DEC=90°，而∠ECD+∠DEC=90°，∴∠AEF=∠ECD．在Rt△AEF和Rt△DEC中，∠FAE=∠EDC=90°，∠AEF=∠ECD，EF=EC．∴△AEF≌△DCE．（2）解：∵△AEF≌△DCE．AE=CD．AD=AE+4．∵矩形ABCD的周長為32cm，∴2（AE+AE+4）=32．解得，AE=6（cm）．答：AE的長為6cm．點(diǎn)睛：此題主要考查學(xué)生對全等三角形的判定與性質(zhì)和矩形的性質(zhì)等知識點(diǎn)的理解和掌握，難易程度適中，是一道很典型的題目．11．問題情境在四邊形ABCD中，BA＝BC，DC⊥AC，過點(diǎn)D作DE∥AB交BC的延長線于點(diǎn)E，M是邊AD的中點(diǎn)，連接MB，ME.特例探究(1)如圖1，當(dāng)∠ABC＝90°時，寫出線段MB與ME的數(shù)量關(guān)系，位置關(guān)系；(2)如圖2，當(dāng)∠ABC＝120°時，試探究線段MB與ME的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；拓展延伸(3)如圖3，當(dāng)∠ABC＝α?xí)r，請直接用含α的式子表示線段MB與ME之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】(1)MB＝ME，MB⊥ME；(2)ME＝MB．證明見解析；(3)ME＝MB·tan.【解析】【分析】（1）如圖1中，連接CM．只要證明△MBE是等腰直角三角形即可；（2）結(jié)論：EM=MB．只要證明△EBM是直角三角形，且∠MEB=30°即可；（3）結(jié)論：EM=BM?tan．證明方法類似；【詳解】(1)如圖1中，連接CM．∵∠ACD=90°，AM=MD，∴MC=MA=MD，∵BA=BC，∴BM垂直平分AC，∵∠ABC=90°，BA=BC，∴∠MBE=∠ABC=45°，∠ACB=∠DCE=45°，∵AB∥DE，∴∠ABE+∠DEC=180°，∴∠DEC=90°，∴∠DCE=∠CDE=45°，∴EC=ED，∵M(jìn)C=MD，∴EM垂直平分線段CD，EM平分∠DEC，∴∠MEC=45°，∴△BME是等腰直角三角形，∴BM=ME，BM⊥EM．故答案為BM=ME，BM⊥EM．(2)ME＝MB．證明如下：連接CM，如解圖所示．∵DC⊥AC，M是邊AD的中點(diǎn)，∴MC＝MA＝MD．∵BA＝BC，∴BM垂直平分AC．∵∠ABC＝120°，BA＝BC，∴∠MBE＝∠ABC＝60°，∠BAC＝∠BCA＝30°，∠DCE＝60°.∵AB∥DE，∴∠ABE＋∠DEC＝180°，∴∠DEC＝60°，∴∠DCE＝∠DEC＝60°，∴△CDE是等邊三角形，∴EC＝ED．∵M(jìn)C＝MD，∴EM垂直平分CD，EM平分∠DEC，∴∠MEC＝∠DEC＝30°，∴∠MBE＋∠MEB＝90°，即∠BME＝90°.在Rt△BME中，∵∠MEB＝30°，∴ME＝MB．(3)如圖3中，結(jié)論：EM=BM?tan．理由：同法可證：BM⊥EM，BM平分∠ABC，所以EM=BM?tan．【點(diǎn)睛】本題考查四邊形綜合題、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題．12．如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E在CD上，AF⊥AE交CB的延長線于F．求證：AE=AF．【答案】見解析【解析】【分析】根據(jù)同角的余角相等證得∠BAF=∠DAE，再利用正方形的性質(zhì)可得AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°，根據(jù)ASA判定△ABF≌△ADE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證得AF=AE．【詳解】∵AF⊥AE，∴∠BAF+∠BAE=90°，又∵∠DAE+∠BAE=90°，∴∠BAF=∠DAE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°，在△ABF和△ADE中，，∴△ABF≌△ADE（ASA），∴AF=AE．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識點(diǎn)，證明△ABF≌△ADE是解決本題的關(guān)鍵．13．已知邊長為1的正方形ABCD中，P是對角線AC上的一個動點(diǎn)（與點(diǎn)A、C不重合），過點(diǎn)P作PE⊥PB，PE交射線DC于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥AC，垂足為點(diǎn)F．（1）當(dāng)點(diǎn)E落在線段CD上時（如圖），①求證：PB=PE；②在點(diǎn)P的運(yùn)動過程中，PF的長度是否發(fā)生變化？若不變，試求出這個不變的值，若變化，試說明理由；（2）當(dāng)點(diǎn)E落在線段DC的延長線上時，在備用圖上畫出符合要求的大致圖形，并判斷上述（1）中的結(jié)論是否仍然成立（只需寫出結(jié)論，不需要證明）；（3）在點(diǎn)P的運(yùn)動過程中，△PEC能否為等腰三角形？如果能，試求出AP的長，如果不能，試說明理由．【答案】（1）①證明見解析；②點(diǎn)PP在運(yùn)動過程中，PF的長度不變，值為；（2）畫圖見解析，成立；（3）能，1.【解析】分析：（1）①過點(diǎn)P作PG⊥BC于G，過點(diǎn)P作PH⊥DC于H，如圖1．要證PB=PE，只需證到△PGB≌△PHE即可；②連接BD，如圖2．易證△BOP≌△PFE，則有BO=PF，只需求出BO的長即可．（2）根據(jù)條件即可畫出符合要求的圖形，同理可得（1）中的結(jié)論仍然成立．（3）可分點(diǎn)E在線段DC上和點(diǎn)E在線段DC的延長線上兩種情況討論，通過計算就可求出符合要求的AP的長．詳解：（1）①證明：過點(diǎn)P作PG⊥BC于G，過點(diǎn)P作PH⊥DC于H，如圖1．∵四邊形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC，∴∠GPC=∠ACB=∠ACD=∠HPC=45°．∴PG=PH，∠GPH=∠PGB=∠PHE=90°．∵PE⊥PB即∠BPE=90°，∴∠BPG=90°﹣∠GPE=∠EPH．在△PGB和△PHE中，，∴△PGB≌△PHE（ASA），∴PB=PE．②連接BD，如圖2．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BOP=90°．∵PE⊥PB即∠BPE=90°，∴∠PBO=90°﹣∠BPO=∠EPF．∵EF⊥PC即∠PFE=90°，∴∠BOP=∠PFE．在△BOP和△PFE中，∴△BOP≌△PFE（AAS），∴BO=PF．∵四邊形ABCD是正方形，∴OB=OC，∠BOC=90°，∴BC=OB．∵BC=1，∴OB=，∴PF=．∴點(diǎn)PP在運(yùn)動過程中，PF的長度不變，值為．（2）當(dāng)點(diǎn)E落在線段DC的延長線上時，符合要求的圖形如圖3所示．同理可得：PB=PE，PF=．（3）①若點(diǎn)E在線段DC上，如圖1．∵∠BPE=∠BCE=90°，∴∠PBC+∠PEC=180°．∵∠PBC＜90°，∴∠PEC＞90°．若△PEC為等腰三角形，則EP=EC．∴∠EPC=∠ECP=45°，∴∠PEC=90°，與∠PEC＞90°矛盾，∴當(dāng)點(diǎn)E在線段DC上時，△PEC不可能是等腰三角形．②若點(diǎn)E在線段DC的延長線上，如圖4．若△PEC是等腰三角形，∵∠PCE=135°，∴CP=CE，∴∠CPE=∠CEP=22.5°．∴∠APB=180°﹣90°﹣22.5°=67.5°．∵∠PRC=90°+∠PBR=90°+∠CER，∴∠PBR=∠CER=22.5°，∴∠ABP=67.5°，∴∠ABP=∠APB．∴AP=AB=1．∴AP的長為1．點(diǎn)睛：本題主要考查了正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、勾股定理、四邊形的內(nèi)角和定理、三角形的內(nèi)角和定理及外角性質(zhì)等知識，有一定的綜合性，而通過添加輔助線證明三角形全等是解決本題的關(guān)鍵．14．如圖，P是邊長為1的正方形ABCD對角線BD上一動點(diǎn)（P與B、D不重合），∠APE=90°，且點(diǎn)E在BC邊上，AE交BD于點(diǎn)F．（1）求證：①△PAB≌△PCB；②PE=PC；（2）在點(diǎn)P的運(yùn)動過程中，的值是否改變？若不變，求出它的值；若改變，請說明理由；（3）設(shè)DP=x，當(dāng)x為何值時，AE∥PC，并判斷此時四邊形PAFC的形狀．【答案】（1）見解析；（2）；（3）x=﹣1；四邊形PAFC是菱形．【解析】試題分析：（1）根據(jù)四邊形ABCD是正方形，得出AB=BC，∠ABP=∠CBP°，再根據(jù)PB=PB，即可證出△PAB≌△PCB，②根據(jù)∠PAB+∠PEB=180°，∠PEC+∠PEB=180°，得出∠PEC=∠PCB，從而證出PE=PC；（2）根據(jù)PA=PC，PE=PC，得出PA=PE，再根據(jù)∠APE=90°，得出∠PAE=∠PEA=45°，即可求出；（3）先求出∠CPE=∠PEA=45°，從而得出∠PCE，再求出∠BPC即可得出∠BPC=∠PCE，從而證出BP=BC=1，x=﹣1，再根據(jù)AE∥PC，得出∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB得出∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，從而證出AF=AP=PC，得出答案．試題解析：（1）①∵四邊形