-备战中考数学平行四边形提高练习题压轴题训练附答案解析

2020-2021备战中考数学(平行四边形提高练习题)压轴题训练附答案解析一、平行四边形1.如图1,正方形ABCD的一边AB在直尺一边所在直线MN上,点O是对角线AC.BD的交点,过点O作OE⊥MN于点E.(1)如图1,线段AB与OE之间的数量关系为.(请直接填结论)(2)保证点A始终在直线MN上,正方形ABCD绕点A旋转θ(0＜θ＜90°),过点B作BF⊥MN于点F.①如图2,当点O、B两点均在直线MN右侧时,试猜想线段AF、BF与OE之间存在怎样的数量关系?请说明理由.②如图3,当点O、B两点
分别在直线MN两侧时,此时①中结论是否依然成立呢?若成立,请直接写出结论；若不成立,请写出变化后的结论并证明.③当正方形ABCD绕点A旋转到如图4的位置时,线段AF、BF与OE之间的数量关系为.（请直接填结论）【答案】（1）AB=2OE；（2）①AF+BF=2OE,证明见解析;②AF﹣BF=2OE证明见解析;③BF﹣AF=2OE,【解析】试题分析:(1)利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论;(2)①过点B作BH⊥OE于H,可得四边形BHEF是矩形,根据矩形的对边相等可得EF=BH,BF=HE,根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB,∠AOB=90°,再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH,然后利用"角角边"证明△AOE和△OBH全等,根据全等三角形对应边相等可得OH=AE,OE=BH,再根据AF-EF=AE,整理即可得证;②过点B作BH⊥OE交OE的延长线于H,可得四边形BHEF是矩形,根据矩形的对边相等可得EF=BH,BF=HE,根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB,∠AOB=90°,再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH,然后利用“角角边”证明△AOE和△OBH全等,根据全等三角形对应边相等可得OH=AE,OE=BH,再根据AF-EF=AE,整理即可得证;③同②的方法可证.试题解析:(1)∵AC,BD是正方形的对角线,∴OA=OC=OB,∠BAD=∠ABC=90°,∵OE⊥AB,∴OE=
AB,∴AB=2OE,(2)①AF+BF=2OE证明：如图2,过点B作BH⊥OE于点H∴∠BHE=∠BHO=90°∵OE⊥MN,BF⊥MN∴∠BFE=∠OEF=90°∴四边形EFBH为矩形∴BF=EH,EF=BH∵四边形ABCD为正方形∴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证明:如图3,延长OE,过点B作BH⊥OE于点H∴∠EHB=90°∵OE⊥MN,BF⊥MN∴∠AEO=∠HEF=∠BFE=90°∴四边形HBFE为矩形∴BF=HE,EF=BH∵四边形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,如图4,作OG⊥BF于G,则四边形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.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.如图,在Rt△ABC中,∠B=90°,AC=60cm,∠A=60°,点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动,同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动,当其中一个点到达终点时,另一个点也随之停止运动.设点D.E运动的时间是t秒(0＜t≤15).过点D作DF⊥BC于点F,连接DE,EF.(1)求证:AE=DF;(2)四边形AEFD能够成为菱形吗?如果能,求出相应的t值,如果不能,说明理由;（3）当t为何值时,△DEF为直角三角形？请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）能,t=10；（3）t=
或12.【解析】【分析】(1)利用t表示出CD以及AE的长,然后在直角△CDF中,利用直角三角形的性质求得DF的长,即可证明;(2)易证四边形AEFD是平行四边形,当AD=AE时,四边形AEFD是菱形,据此即可列方程求得t的值;（3）△DEF为直角三角形,分∠EDF=90°和∠DEF=90°两种情况讨论.【详解】解:(1)证明:∵在Rt△ABC中,∠C=90°﹣∠A=30°,∴AB=
AC=
×60=30cm,∵CD=4t,AE=2t,又∵在Rt△CDF中,∠C=30°,∴DF=
CD=2t,∴DF=AE;(2）能,∵DF∥AB,DF=AE,∴四边形AEFD是平行四边形,当AD=AE时,四边形AEFD是菱形,即60﹣4t=2t,解得:t=10,∴当t=10时,AEFD是菱形;（3）若△DEF为直角三角形,有两种情况:①如图1,∠EDF=90°,DE∥BC,则AD=2AE,即60﹣4t=2×2t,解得:t=
,②如图2,∠DEF=90°,DE⊥AC,则AE=2AD,即
,解得:t=12,综上所述,当t=
或12时,△DEF为直角三角形.4.(1)如图①,在矩形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,过点O作直线EF⊥BD,交AD于点E,交BC于点F,连接BE、DF,且BE平分∠ABD.①求证:四边形BFDE是菱形；②直接写出∠EBF的度数;(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究,如图②,点G、I分别在BF、BE边上,且BG=BI,连接GD,H为GD的中点,连接FH并延长,交ED于点J,连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系,并说明理由;(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究,如图③,当矩形ABCD满足AB=AD时,点E是对角线AC上一点,连接DE、EF、DF,使△DEF是等腰直角三角形,DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.【答案】(1)①详见解析;②60°.(2)IH＝
FH;(3)EG2＝AG2+CE2.【解析】【分析】(1)①由△DOE≌△BOF,推出EO＝OF,∵OB＝OD,推出四边形EBFD是平行四边形,再证明EB＝ED即可.②先证明∠ABD＝2∠ADB,推出∠ADB＝30°,延长即可解决问题．(2)IH＝
FH.只要证明△IJF是等边三角形即可.（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中,将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM,先证明△DEG≌△DEM,再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．【详解】(1)①证明:如图1中,∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,OB＝OD,∴∠EDO＝∠FBO,在△DOE和△BOF中,
,∴△DOE≌△BOF,∴EO＝OF,∵OB＝OD,∴四边形EBFD是平行四边形,∵EF⊥BD,OB＝OD,∴EB＝ED,∴四边形EBFD是菱形.②∵BE平分∠ABD,∴∠ABE＝∠EBD,∵EB＝ED,∴∠EBD＝∠EDB,∴∠ABD＝2∠ADB,∵∠ABD+∠ADB＝90°,∴∠ADB＝30°,∠ABD＝60°,∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°,∴∠EBF＝60°.(2)结论:IH＝
FH.理由：如图2中,延长BE到M,使得EM＝EJ,连接MJ．∵四边形EBFD是菱形,∠B＝60°,∴EB＝BF＝ED,DE∥BF,∴∠JDH＝∠FGH,在△DHJ和△GHF中,
,∴△DHJ≌△GHF,∴DJ＝FG,JH＝HF,∴EJ＝BG＝EM＝BI,∴BE＝IM＝BF,∵∠MEJ＝∠B＝60°,∴△MEJ是等边三角形,∴MJ＝EM＝NI,∠M＝∠B＝60°在△BIF和△MJI中,
,∴△BIF≌△MJI,∴IJ＝IF,∠BFI＝∠MIJ,∵HJ＝HF,∴IH⊥JF,∵∠BFI+∠BIF＝120°,∴∠MIJ+∠BIF＝120°,∴∠JIF＝60°,∴△JIF是等边三角形,在Rt△IHF中,∵∠IHF＝90°,∠IFH＝60°,∴∠FIH＝30°,∴IH＝
FH.(3)结论:EG2＝AG2+CE2.理由：如图3中,将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM,∵∠FAD+∠DEF＝90°,∴AFED四点共圆,∴∠EDF＝∠DAE＝45°,∠ADC＝90°,∴∠ADF+∠EDC＝45°,∵∠ADF＝∠CDM,∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG,在△DEM和△DEG中,
,∴△DEG≌△DEM,∴GE＝EM,∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°,AG＝CM,∴∠ECM＝90°∴EC2+CM2＝EM2,∵EG＝EM,AG＝CM,∴GE2＝AG2+CE2.【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形,学会转化的思想思考问题.5.如图,正方形ABCD的边长为8,E为BC上一定点,BE＝6,F为AB上一动点,把△BEF沿EF折叠,点B落在点B′处,当△AFB′恰好为直角三角形时,B′D的长为?【答案】或【解析】【分析】分两种情况分析:如图1,当∠AB′F=90°时,此时A.B′、E三点共线,过点B′作B′M⊥AB,B′N⊥AD,由三角形的面积法则可求得B′M=2.4,再由勾股定理可求得B′N=3.2,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,B′D=
;如图2,当∠AFB′=90°时,由题意可知此时四边形EBFB′是正方形,AF=2,过点B′作B′N⊥AD,则四边形AFB′N为矩形,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,B′D=
;【详解】如图1,当∠AB′F=90°时,此时A.B′、E三点共线,∵∠B=90°,∴AE=
=10,∵B′E=BE=6,∴AB′=4,∵B′F=BF,AF+BF=AB=8,在Rt△AB′F中,∠AB′F=90°,由勾股定理得,AF2=FB′2+AB′2,∴AF=5,BF=3,过点B′作B′M⊥AB,B′N⊥AD,由三角形的面积法则可求得B′M=2.4,再由勾股定理可求得B′N=3.2,∴AN=B′M=2.4,∴DN=AD-AN=8-2.4=5.6,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,B′D=
=
；如图2,当∠AFB′=90°时,由题意可知此时四边形EBFB′是正方形,∴AF=2,过点B′作B′N⊥AD,则四边形AFB′N为矩形,∴AN=B′F=6,B′N=AF=2,∴DN=AD-AN=2,在Rt△CB′N中,由勾股定理得,B′D=
=
；综上,可得B′D的长为
或
.【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定,矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等,能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关键.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(0,40),直线AB:y＝
x+5交x轴于点A,交y轴于点B,交直线DE于点P,过点E作EF⊥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;(2)将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒
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=-
x+40,可求出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=10
÷
=10;②F点移动到F'的距离是
t,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,
=
,EM=NG'=15-F'N=15-3t,在Rt△DMH'中,
,t=4,S=
×(12+
)×11=
；当点G运动到直线DE上时,在Rt△F'PK中,
=
,PK=t-3,F'K=3t-9,在Rt△PKG'中,
＝
＝
,t=7,S=15×（15-7）=120.【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),∴
,∴
,∴y＝﹣
x+40,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＝10
,∴当点F1移动到点B时,t＝10
＝10;②当点H运动到直线DE上时,F点移动到F'的距离是
t,在Rt△F'NF中,
=
,∴FN＝t,F'N＝3t,∵MH'＝FN＝t,EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t,在Rt△DMH'中,
,∴
,∴t＝4,∴EM＝3,MH'＝4,∴S＝
;当点G运动到直线DE上时,F点移动到F'的距离是
t,∵PF＝3
,∴PF'＝
t﹣3
,在Rt△F'PK中,
,∴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.7.(问题情境)在△ABC中,AB＝AC,点P为BC所在直线上的任一点,过点P作PD⊥AB,PE⊥AC,垂足分别为D.E,过点C作CF⊥AB,垂足为F.当P在BC边上时(如图1),求证:PD+PE＝CF.证明思路是:如图2,连接AP,由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得:PD+PE＝CF.(不要证明)（变式探究）（1）当点P在CB延长线上时,其余条件不变（如图3）,试探索PD、PE、CF之间的数量关系并说明理由;请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题:(结论运用)(2)如图4,将长方形ABCD沿EF折叠,使点D落在点B上,点C落在点C′处,点P为折痕EF上的任一点,过点P作PG⊥BE、PH⊥BC,垂足分别为G、H,若AD＝16,CF＝6,求PG+PH的值.（迁移拓展）（3）在直角坐标系中,直线l1：y＝-
x+8与直线l2：y＝﹣2x+8相交于点A,直线l1、l2与x轴分别交于点B、点C．点P是直线l2上一个动点,若点P到直线l1的距离为2．求点P的坐标．【答案】【变式探究】证明见解析【结论运用】8【迁移拓展】(﹣1,6),(1,10)【解析】【变式探究】连接AP,同理利用△ABP与△ACP面积之差等于△ABC的面积可以证得;【结论运用】过点E作EQ⊥BC,垂足为Q,根据勾股定理和矩形的性质解答即可;【迁移拓展】分两种情况,利用结论,求得点P到x轴的距离,再利用待定系数法可求出P的坐标.【详解】变式探究:连接AP,如图3:∵PD⊥AB,PE⊥AC,CF⊥AB,且S△ABC＝S△ACP﹣S△ABP,∴
AB•CF＝
AC•PE﹣
AB•PD.∵AB＝AC,∴CF＝PD﹣PE;结论运用:过点E作EQ⊥BC,垂足为Q,如图④,∵四边形ABCD是长方形,∴AD＝BC,∠C＝∠ADC＝90°.∵AD＝16,CF＝6,∴BF＝BC﹣CF＝AD﹣CF＝5,由折叠可得:DF＝BF,∠BEF＝∠DEF．∴DF＝5.∵∠C＝90°,∴DC＝
＝8.∵EQ⊥BC,∠C＝∠ADC＝90°,∴∠EQC＝90°＝∠C＝∠ADC.∴四边形EQCD是长方形.∴EQ＝DC＝4.∵AD∥BC,∴∠DEF＝∠EFB.∵∠BEF＝∠DEF,∴∠BEF＝∠EFB.∴BE＝BF,由问题情境中的结论可得:PG+PH＝EQ.∴PG+PH＝8.∴PG+PH的值为8;迁移拓展:如图,由题意得:A(0,8),B(6,0),C(﹣4,0)∴AB＝
＝10,BC＝10.∴AB＝BC,(1)由结论得:P1D1+P1E1＝OA＝8∵P1D1＝1＝2,∴P1E1＝6即点P1的纵坐标为6又点P1在直线l2上,∴y＝2x+8＝6,∴x＝﹣1,即点P1的坐标为(﹣1,6);(2）由结论得:P2E2﹣P2D2＝OA＝8∵P2D2＝2,∴P2E2＝10即点P1的纵坐标为10又点P1在直线l2上,∴y＝2x+8＝10,∴x＝1,即点P1的坐标为（1,10）【点睛】本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定及勾股定理等知识点,利用面积法列出等式是解决问题的关键.8.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;（2）如图②,点O在CA的延长线上,且OA＝
AC,E,F分别在线段BC的延长线和线段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;（3）点O在线段AC上,若AB＝6,BO＝2
,当CF＝1时,请直接写出BE的长．【答案】(1)CA=CE+CF.(2)CF-CE=
AC.(3)BE的值为3或5或1.【解析】【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;（2)结论：CF-CE=
AC．如图②中,如图作OG∥AD交CF于G,则△OGC是等边三角形．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.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=
AC.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,∴CF-EC=CF-FG=CG=CD+DG=AC+
AC=
AC,(3)作BH⊥AC于H.∵AB=6,AH=CH=3,∴BH=3
,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=2
,∴OH=
=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.9.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2
,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,②
;(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,
,∴△AOF≌△DOE,∴AF=DE;②解：过点O作OG⊥AB于G,∵正方形的边长为2
,∴OG=
BC=
,∵∠DOE=15°,△AOF≌△DOE,∴∠AOF=15°,∴∠FOG=45°-15°=30°,∴OF=
=2,∴EF=
;（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,∴
,∴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.10.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)
;(2)
;(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＝
,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＝
,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＝
OC′＝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．【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＝6
,OA′＝OA＝6,∠OBC＝45°,∴A′B＝
,∴BD＝(
)×
,∴CD＝6﹣(
）=
,∴BC与A′B′的交点D的坐标为（
,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＝
,B′N＝C′M＝3,∴点B′的坐标为
;(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＝
OC′＝3,∴P在以K为圆心,3为半径的圆上运动,∵AK＝3
,∴AP最大值为
,AP的最小值为
,∴AP长的取值范围为.【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.11.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
,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
为等边三角形,而得出
,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,∴
,∴
,又∵
,∴
,∠OBE=∠COA∵OE=OB,∴
,∴
,又∵OC=OC,OA=OE,∴
,∴
,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,∴
为等边三角形,∴
,而
,∴
.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.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,
的值是否改变?若不变,求出它的值；若改变,请说明理由；（3）设DP=x,当x为何值时,AE∥PC,并判断此时四边形PAFC的形状．【答案】(1)见解析;(2)
;（3）x=
﹣1；四边形PAFC是菱形.【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
;(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,
的值不改变.由△PAB≌△PCB可知,PA=PC.∵PE=PC,∴PA=PE,又∵∠APE=90°,∴△PAE是等腰直角三角形,∠PAE=∠PEA=45°,∴
=
.(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.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∵
,∴△ADC≌△BQC(SAS),∴AD=BQ,∠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

AD,TP

AD,∴MN
TP,∴四边形MNPT是平行四边形,∵NP

BQ,BQ=AD,∴NP=MN,∴平行四边形MNPT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14.倡导研究性学习方式,着力教材研究,习题研究,是学生跳出题海,提高学习能力和创新能力的有效途径.下面是一案例,请同学们认真阅读、研究,完成"类比猜想"的问题.习题如图(1),点E、F分别在正方形ABCD的边BC.CD上,∠EAF=45°,连接EF,则EF=BE+DF,说明理由.解答:∵正方形ABCD中,AB=AD,∠BAD=∠ADC=∠B=90°,∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE′,点F、D、E′在一条直线上.∴∠E′AF=90°-45°=45°=∠EAF,又∵AE′=AE,AF=AF∴△AE′F≌△AEF(SAS)∴EF=E′F=DE′+DF=BE+DF.类比猜想:(1)请同学们研究:如图(2),在菱形ABCD中,点E、F分别在BC.CD上,当∠BAD=120°,∠EAF=60°时,还有EF=BE+DF吗?请说明理由.（2）在四边形ABCD中,点E、F分别在BC、CD上,当AB=AD,∠B+∠D=180°,∠EAF=
∠BAD时,EF=BE+DF吗？请说明理由．【答案】证明见解析.【解析】试题分析:(1)把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′,如图(2),连结E′F,根据菱形和旋转的性质得到AE=AE′,∠EAF=∠E′AF,利用"SAS"证明△AEF≌△AE′