2015年中考特殊平行四邊形證明及計算經(jīng)典習(xí)題及答案1

第頁2019年初中數(shù)學(xué)中考特殊四邊形證明及計算組卷參考答案及試題解析姓名______________學(xué)號_____________一．解答題（共30小題）1．（2019?威海）（1）如圖①，?ABCD的對角線AC，BD交于點O，直線EF過點O，分別交AD，BC于點E，F(xiàn)．求證：AE=CF．（2）如圖②，將?ABCD（紙片）沿過對角線交點O的直線EF折疊，點A落在點A1處，點B落在點B1處，設(shè)FB1交CD于點G，A1B1分別交CD，DE于點H，I．求證：EI=FG．考點：平行四邊形的性質(zhì)；全等三角形的判定及性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）．分析：（1）由四邊形ABCD是平行四邊形，可得AD∥BC，OA=OC，又由平行線的性質(zhì)，可得∠1=∠2，繼而利用ASA，即可證得△AOE≌△COF，則可證得AE=CF．（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及折疊性質(zhì)，易得A1E=CF，∠A1=∠A=∠C，∠B1=∠B=∠D，繼而可證得△A1IE≌△CGF，即可證得EI=FG．解答：證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，OA=OC，∴∠1=∠2，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE=CF；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A=∠C，∠B=∠D，由（1）得AE=CF，由折疊的性質(zhì)可得：AE=A1E，∠A1=∠A，∠B1=∠B，∴A1E=CF，∠A1=∠A=∠C，∠B1=∠B=∠D，又∵∠1=∠2，∴∠3=∠4，∵∠5=∠3，∠4=∠6，∴∠5=∠6，在△A1IE及△CGF中，，∴△A1IE≌△CGF（AAS），∴EI=FG．點評：此題考查了平行四邊形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)以及全等三角形的判定及性質(zhì)．此題難度適中，注意掌握折疊前后圖形的對應(yīng)關(guān)系，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．2．（2019?貴陽）[閱讀]在平面直角坐標(biāo)系中，以任意兩點P（x1，y1）、Q（x2，y2）為端點的線段中點坐標(biāo)為．[運用]（1）如圖，矩形ONEF的對角線相交于點M，ON、OF分別在x軸和y軸上，O為坐標(biāo)原點，點E的坐標(biāo)為（4，3），則點M的坐標(biāo)為（2，1.5）．（2）在直角坐標(biāo)系中，有A（﹣1，2），B（3，1），C（1，4）三點，另有一點D及點A、B、C構(gòu)成平行四邊形的頂點，求點D的坐標(biāo)．考點：平行四邊形的性質(zhì)；坐標(biāo)及圖形性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．專題：幾何綜合題．分析：（1）根據(jù)矩形的對角線互相平分及點E的坐標(biāo)即可得出答案．（2）根據(jù)題意畫出圖形，然后可找到點D的坐標(biāo)．解答：解：（1）M（，），即M（2，1.5）．（2）如圖所示：根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分可得：設(shè)D點的坐標(biāo)為（x，y），∵以點A、B、C、D構(gòu)成的四邊形是平行四邊形，①當(dāng)AB為對角線時，∵A（﹣1，2），B（3，1），C（1，4），∴BC=，∴AD=，∵﹣1+3﹣1=1，2+1﹣4=﹣1，∴D點坐標(biāo)為（1，﹣1），②當(dāng)BC為對角線時，∵A（﹣1，2），B（3，1），C（1，4），∴AC=2，BD=2，D點坐標(biāo)為（5，3）．③當(dāng)AC為對角線時，∵A（﹣1，2），B（3，1），C（1，4），∴AB=，CD=，D點坐標(biāo)為：（﹣3，5），綜上所述，符合要求的點有：D'（1，﹣1），D″（﹣3，5），D″′（5，3）．點評：本題考查了平行四邊形的性質(zhì)及矩形的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握已知兩點求其中點坐標(biāo)的方法．3．（2019?黑龍江）在△ABC中，AB=AC，點P為△ABC所在平面內(nèi)一點，過點P分別作PE∥AC交AB于點E，PF∥AB交BC于點D，交AC于點F．若點P在BC邊上（如圖1），此時PD=0，可得結(jié)論：PD+PE+PF=AB．請直接應(yīng)用上述信息解決下列問題：當(dāng)點P分別在△ABC內(nèi)（如圖2），△ABC外（如圖3）時，上述結(jié)論是否成立？若成立，請給予證明；若不成立，PD，PE，PF及AB之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系，請寫出你的猜想，不需要證明．考點：平行四邊形的性質(zhì)．專題：探究型．分析：在圖2中，因為四邊形PEAF為平行四邊形，所以PE=AF，又三角形FDC為等腰三角形，所以FD=PF+PD=FC，即PE+PD+PF=AC=AB，在圖3中，PE=AF可證，F(xiàn)D=PF﹣PD=CF，即PF﹣PD+PE=AC=AB．解答：解：圖2結(jié)論：PD+PE+PF=AB．證明：過點P作MN∥BC分別交AB，AC于M，N兩點，∵PE∥AC，PF∥AB，∴四邊形AEPF是平行四邊形，∵MN∥BC，PF∥AB∴四邊形BDPM是平行四邊形，∴AE=PF，∠EPM=∠ANM=∠C，∵AB=AC，∴∠EMP=∠B，∴∠EMP=∠EPM，∴PE=EM，∴PE+PF=AE+EM=AM．∵四邊形BDPM是平行四邊形，∴MB=PD．∴PD+PE+PF=MB+AM=AB，即PD+PE+PF=AB．圖3結(jié)論：PE+PF﹣PD=AB．點評：此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，難易程度適中，讀懂信息，把握規(guī)律是解題的關(guān)鍵．4．（2019?泰安）如圖，矩形ABCD的對角線交于點O，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分別為E，F(xiàn)，連接AF，CE．（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形；（2）若∠BAD的平分線及FC的延長線交于點G，則△ACG是等腰三角形嗎？并說明理由．考點：平行四邊形的判定；全等三角形的判定；等腰三角形的判定；矩形的性質(zhì)．專題：證明題；幾何綜合題；探究型．分析：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可知：AB=CD，∠ABE=∠CDF，∠AEB=∠CFD=90°，得到△ABE≌△CDF，所以AE∥CF，AE=CF，可證四邊形AECF為平行四邊形；（2）因為AE∥FG，得到∠G=∠GAE．利用AG平分∠BAD，得到∠BAG=∠DAG，從而求得∠ODA=∠DAO．所以∠CAG=∠G，可得△CAG是等腰三角形．解答：（1）證明：∵矩形ABCD，∴AB∥CD，AB=CD．∴∠ABE=∠CDF，又∠AEB=∠CFD=90°，∴AE∥CF，∴△ABE≌△CDF，∴AE=CF．∴四邊形AECF為平行四邊形．（2）解：△ACG是等腰三角形．理由如下：∵AE∥FG，∴∠G=∠GAE．∵AG平分∠BAD，∴∠BAG=∠DAG．又OA=AC=BD=OD，∴∠ODA=∠DAO．∵∠BAE及∠ABE互余，∠ADB及∠ABD互余，∴∠BAE=∠ADE．∴∠BAE=∠DAO，∴∠EAG=∠CAG，∴∠CAG=∠G，∴△CAG是等腰三角形．點評：本題考查三角形全等的性質(zhì)和判定方法以及等腰三角形的判定，判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．判定兩個三角形全等，先根據(jù)已知條件或求證的結(jié)論確定三角形，然后再根據(jù)三角形全等的判定方法，看缺什么條件，再去證什么條件．5．（2019?陜西）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，E，F(xiàn)分別是BC，AC的中點，延長BA到點D，使AD=AB．連接DE，DF．（1）求證：AF及DE互相平分；（2）若BC=4，求DF的長．考點：平行四邊形的判定．專題：計算題；證明題．分析：（1）連接EF、AE，證四邊形AEFD是平行四邊形即可．（2）注意應(yīng)用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半和平行四邊形的性質(zhì)：平行四邊形的對邊相等，求得AE長即可．解答：（1）證明：連接EF，AE．∵點E，F(xiàn)分別為BC，AC的中點，∴EF∥AB，EF=AB．又∵AD=AB，∴EF=AD．又∵EF∥AD，∴四邊形AEFD是平行四邊形．∴AF及DE互相平分．（2）解：在Rt△ABC中，∵E為BC的中點，BC=4，∴AE=BC=2．又∵四邊形AEFD是平行四邊形，∴DF=AE=2．點評：本題考查了平行四邊形的判定，有中點時需考慮運用三角形的中位線定理或者直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．6．如圖，以△ABC三邊為邊在BC同側(cè)作三個等邊△ABD、△BCE、△ACF．請回答下列問題：（1）求證：四邊形ADEF是平行四邊形；（2）當(dāng)△ABC滿足什么條件時，四邊形ADEF是矩形．考點：平行四邊形的判定；等邊三角形的性質(zhì)；矩形的判定．專題：證明題；探究型．分析：1、本題可根據(jù)三角形全等證得DE=AF，AD=EF，即可知四邊形ADEF是平行四邊形2、要使四邊形ADEF是矩形，必須讓∠FAD=90°，則∠BAC=360°﹣90°﹣60°﹣60°=150°解答：證明：（1）∵等邊△ABD、△BCE、△ACF，∴DB=AB，BE=BC．又∠DBE=60°﹣∠EBA，∠ABC=60°﹣∠EBA，∴∠DBE=∠ABC．∴△DBE≌△CBA．∴DE=AC．又∵AC=AF，∴AF=DE．同理可證：△ABC≌△FCE，證得EF=AD．∴四邊形ADEF是平行四邊形．（2）假設(shè)四邊形ABCD是矩形，∵四邊形ADEF是矩形，∴∠DAF=90°．又∵等邊△ABD、△BCE、△ACF，∴∠DAB=∠FAC=60°．∴∠BAC=360﹣∠DAF﹣∠FAC﹣∠DAB=150°．當(dāng)△ABC滿足∠BAC=150°時，四邊形ADEF是矩形．點評：此題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)和平行四邊形的判定．7．（2019?盤錦）如圖，△ABC是等邊三角形，點D是邊BC上的一點，以AD為邊作等邊△ADE，過點C作CF∥DE交AB于點F．（1）若點D是BC邊的中點（如圖①），求證：EF=CD；（2）在（1）的條件下直接寫出△AEF和△ABC的面積比；（3）若點D是BC邊上的任意一點（除B、C外如圖②），那么（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．考點：平行四邊形的判定及性質(zhì)；全等三角形的判定及性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)．專題：證明題．分析：（1）根據(jù)△ABC和△AED是等邊三角形，D是BC的中點，ED∥CF，求證△ABD≌△CAF，進而求證四邊形EDCF是平行四邊形即可；（2）在（1）的條件下可直接寫出△AEF和△ABC的面積比；（3）根據(jù)ED∥FC，結(jié)合∠ACB=60°，得出∠ACF=∠BAD，求證△ABD≌△CAF，得出ED=CF，進而求證四邊形EDCF是平行四邊形，即可證明EF=DC．解答：（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，D是BC的中點，∴AD⊥BC，且∠BAD=∠BAC=30°，∵△AED是等邊三角形，∴AD=AE，∠ADE=60°，∴∠EDB=90°﹣∠ADE=90°﹣60°=30°，∵ED∥CF，∴∠FCB=∠EDB=30°，∵∠ACB=60°，∴∠ACF=∠ACB﹣∠FCB=30°，∴∠ACF=∠BAD=30°，在△ABD和△CAF中，，∴△ABD≌△CAF（ASA），∴AD=CF，∵AD=ED，∴ED=CF，又∵ED∥CF，∴四邊形EDCF是平行四邊形，∴EF=CD．（2）解：△AEF和△ABC的面積比為：1：4；（3）解：成立．理由如下：∵ED∥FC，∴∠EDB=∠FCB，∵∠AFC=∠B+∠BCF=60°+∠BCF，∠BDA=∠ADE+∠EDB=60°+∠EDB∴∠AFC=∠BDA，在△ABD和△CAF中，∴△ABD≌△CAF（AAS），∴AD=FC，∵AD=ED，∴ED=CF，又∵ED∥CF，∴四邊形EDCF是平行四邊形，∴EF=DC．點評：此題主要考查學(xué)生對平行四邊形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)的理解和掌握．此題涉及到的知識點較多，綜合性較強，難度較大．8．（2019?海南）如圖，在菱形ABCD中，∠A=60°，點P、Q分別在邊AB、BC上，且AP=BQ．（1）求證：△BDQ≌△ADP；（2）已知AD=3，AP=2，求cos∠BPQ的值（結(jié)果保留根號）．考點：菱形的性質(zhì)；全等三角形的判定及性質(zhì)；解直角三角形．專題：幾何綜合題．分析：（1）由四邊形ABCD是菱形，可證得AD=AB，∠ABD=∠CBD=∠ABC，AD∥BC，又由∠A=60°，易得△ABD是等邊三角形，然后由SAS即可證得△BDQ≌△ADP；（2）首先過點Q作QE⊥AB，交AB的延長線于E，然后由三角函數(shù)的性質(zhì)，即可求得PE及QE的長，又由勾股定理，即可求得PQ的長，則可求得cos∠BPQ的值．解答：（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD=AB，∠ABD=∠CBD=∠ABC，AD∥BC，∵∠A=60°，∴△ABD是等邊三角形，∠ABC=120°，∴AD=BD，∠CBD=∠A=60°，∵AP=BQ，∴△BDQ≌△ADP（SAS）；（2）解：過點Q作QE⊥AB，交AB的延長線于E，∵BQ=AP=2，∵AD∥BC，∴∠QBE=60°，∴QE=QB?sin60°=2×=，BE=QB?cos60°=2×=1，∵AB=AD=3，∴PB=AB﹣AP=3﹣2=1，∴PE=PB+BE=2，∴在Rt△PQE中，PQ==，∴cos∠BPQ===．點評：此題考查了菱形的性質(zhì)及勾股定理、三角函數(shù)的性質(zhì)．此題難度適中，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．10．（2019?常德）如圖1，已知四邊形ABCD是菱形，G是線段CD上的任意一點時，連接BG交AC于F，過F作FH∥CD交BC于H，可以證明結(jié)論成立．（考生不必證明）（1）探究：如圖2，上述條件中，若G在CD的延長線上，其它條件不變時，其結(jié)論是否成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；（2）計算：若菱形ABCD中AB=6，∠ADC=60°，G在直線CD上，且CG=16，連接BG交AC所在的直線于F，過F作FH∥CD交BC所在的直線于H，求BG及FG的長．（3）發(fā)現(xiàn)：通過上述過程，你發(fā)現(xiàn)G在直線CD上時，結(jié)論還成立嗎？考點：菱形的性質(zhì)；勾股定理；平行線分線段成比例．專題：綜合題；壓軸題．分析：（1）借助中間比進行證明，根據(jù)平行線分線段成比例定理分別證明兩個比都等于即可；（2）首先應(yīng)畫出兩個不同的圖形進行分析．構(gòu)造30°的直角三角形，然后計算兩條直角邊的長，在兩種情況中，GQ=16+3=19或16﹣3=13，然后根據(jù)勾股定理計算BG的長，進一步根據(jù)比例式求得FG的長；（3）成立，根據(jù)（2）中的過程，可以分別求得左右兩個比，從而證明結(jié)論．解答：解：（1）結(jié)論成立證明：由已知易得FH∥AB，∴，∵FH∥GC，∴．（2）∵G在直線CD上，∴分兩種情況討論如下：①G在CD的延長線上時，DG=10，如圖1，過B作BQ⊥CD于Q，由于四邊形ABCD是菱形，∠ADC=60°，∴BC=AB=6，∠BCQ=60°，∴BQ=3，CQ=3，∴BG=．又由FH∥GC，可得，而△CFH是等邊三角形，∴BH=BC﹣HC=BC﹣FH=6﹣FH，∴，∴FH=，由（1）知，∴FG=．②G在DC的延長線上時，CG=16，如圖2，過B作BQ⊥CG于Q，∵四邊形ABCD是菱形，∠ADC=60°，∴BC=AB=6，∠BCQ=60°．∴BQ=3，CQ=3．∴BG==14．又由FH∥CG，可得，∴．∵BH=HC﹣BC=FH﹣BC=FH﹣6，∴FH=．∵FH∥CG，∴．∴BF=14×÷16=．∴FG=14+．（3）G在DC的延長線上時，，，∴成立．結(jié)合上述過程，發(fā)現(xiàn)G在直線CD上時，結(jié)論還成立．點評：證明比例式的時候，可以利用相似或利用平行線分線段成比例定理進行證明．11．（2019?河北）如圖，在菱形ABCD中，AB=10，∠BAD=60度．點M從點A以每秒1個單位長的速度沿著AD邊向點D移動；設(shè)點M移動的時間為t秒（0≤t≤10）．（1）點N為BC邊上任意一點，在點M移動過程中，線段MN是否一定可以將菱形分割成面積相等的兩部分并說明理由；（2）點N從點B（及點M出發(fā)的時刻相同）以每秒2個單位長的速度沿著BC邊向點C移動，在什么時刻，梯形ABNM的面積最大并求出面積的最大值；（3）點N從點B（及點M出發(fā)的時刻相同）以每秒a（a≥2）個單位長的速度沿著射線BC方向（可以超越C點）移動，過點M作MP∥AB，交BC于點P．當(dāng)△MPN≌△ABC時，設(shè)△MPN及菱形ABCD重疊部分的面積為S，求出用t表示S的關(guān)系式，井求當(dāng)S=0時的值．考點：菱形的性質(zhì)；二次函數(shù)的最值；全等三角形的性質(zhì)．專題：壓軸題．分析：（1）菱形被分割成面積相等的兩部分，那么分成的兩個梯形的面積相等，而兩個梯形的高相等，只需上下底的和相等即可．（2）易得菱形的高，那么用t表示出梯形的面積，用t的最值即可求得梯形的最大面積．（3）易得△MNP的面積為菱形面積的一半，求得不重合部分的面積，讓菱形面積的一半減去即可．解答：解：（1）設(shè)：BN=a，CN=10﹣a（0≤a≤10）因為，點M從點A以每秒1個單位長的速度沿著AD邊向點D移動，點M移動的時間為t秒（0≤t≤10）所以，AM=1×t=t（0≤t≤10），MD=10﹣t（0≤t≤10）．所以，梯形AMNB的面積=（AM+BN）×菱形高÷2=（t+a）×菱形高÷2；梯形MNCD的面積=（MD+NC）×菱形高÷2=[（10﹣t）+（10﹣a）]×菱形高÷2當(dāng)梯形AMNB的面積=梯形MNCD的面積時，即t+a=10，（0≤t≤10），（0≤a≤10）所以，當(dāng)t+a=10，（0≤t≤10），（0≤a≤10）時，可出現(xiàn)線段MN一定可以將菱形分割成面積相等的兩部分．（2）點N從點B以每秒2個單位長的速度沿著BC邊向點C移動，設(shè)點N移動的時間為t，可知0≤t≤5，因為AB=10，∠BAD=60°，所以菱形高=5，AM=1×t=t，BN=2×t=2t．所以梯形ABNM的面積=（AM+BN）×菱形高÷2=3t×5×=t（0≤t≤5）．所以當(dāng)t=5時，梯形ABNM的面積最大，其數(shù)值為．（3）當(dāng)△MPN≌△ABC時，則△ABC的面積=△MPN的面積，則△MPN的面積為菱形面積的一半為25；因為要全等必有MN∥AC，∴N在C點外，所以不重合處面積為×（at﹣10）2×∴重合處為S=25﹣，當(dāng)S=0時，即PM在CD上，∴a=2．點評：本題考查了菱形以及相應(yīng)的三角函數(shù)的性質(zhì)，注意使用兩條平行線間的距離相等等條件．12．（2019?無錫）點評：本題主要考查菱形和平行四邊形的識別及推理論證能力．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形．13．點評：本題主要考查了菱形的判定及性質(zhì)，三角形中位線定理，全等三角形的判定及性質(zhì)以及矩形的性質(zhì)等知識點．注意第（3）題需要分類討論，以防錯解．14．在平行四邊形ABCD中，∠BAD的平分線交直線BC于點E，交直線DC的延長線于點F，以EC、CF為鄰邊作平行四邊形ECFG．（1）如圖1，證明平行四邊形ECFG為菱形；（2）如圖2，若∠ABC=90°，M是EF的中點，求∠BDM的度數(shù)；（3）如圖3，若∠ABC=120°，請直接寫出∠BDG的度數(shù)．考點：菱形的判定及性質(zhì)；全等三角形的判定及性質(zhì)；等腰直角三角形；平行四邊形的性質(zhì)；正方形的判定及性質(zhì)．分析：（1）平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，AB∥CD，再根據(jù)平行線的性質(zhì)證明∠CEF=∠CFE，根據(jù)等角對等邊可得CE=CF，再有條件四邊形ECFG是平行四邊形，可得四邊形ECFG為菱形；（2）首先證明四邊形ECFG為正方形，再證明△BME≌△DMC可得DM=BM，∠DMC=∠BME，再根據(jù)∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°可得到∠BDM的度數(shù)；（3）分別連接GB、GC，求證四邊形CEGF是平行四邊形，再求證△ECG是等邊三角形．由AD∥BC及AF平分∠BAD可得∠BAE=∠AEB，求證△BEG≌△DCG，然后即可求得答案．解答：解：（1）證明：∵AF平分∠BAD，∴∠BAF=∠DAF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，∴∠CEF=∠CFE，∴CE=CF，又∵四邊形ECFG是平行四邊形，∴四邊形ECFG為菱形．（2）如圖，連接BM，MC，∵∠ABC=90°，四邊形ABCD是平行四邊形，∴四邊形ABCD是矩形，又由（1）可知四邊形ECFG為菱形，∠ECF=90°，∴四邊形ECFG為正方形．∵∠BAF=∠DAF，∴BE=AB=DC，∵M為EF中點，∴∠CEM=∠ECM=45°，∴∠BEM=∠DCM=135°，在△BME和△DMC中，∵，∴△BME≌△DMC（SAS），∴MB=MD，∠DMC=∠BME．∴∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°，∴△BMD是等腰直角三角形，∴∠BDM=45°；（3）∠BDG=60°，延長AB、FG交于H，連接HD．∵AD∥GF，AB∥DF，∴四邊形AHFD為平行四邊形，∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，∴△DAF為等腰三角形，∴AD=DF，∴平行四邊形AHFD為菱形，∴△ADH，△DHF為全等的等邊三角形，∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，∴BH=GF，在△BHD及△GFD中，∵，∴△BHD≌△GFD（SAS），∴∠BDH=∠GDF∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°．點評：此題主要考查平行四邊形的判定方法，全等三角形的判定及性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，菱形的判定及性質(zhì)等知識點，應(yīng)用時要認真領(lǐng)會它們之間的聯(lián)系及區(qū)別，同時要根據(jù)條件合理、靈活地選擇方法．15．如圖1，在△ABC中，AB=BC=5，AC=6．△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的，連接AE、AC和BE相交于點O．（1）判斷四邊形ABCE是怎樣的四邊形，說明理由；（2）如圖2，P是線段BC上一動點（圖2），（不及點B、C重合），連接PO并延長交線段AE于點Q，QR⊥BD，垂足為點R．四邊形PQED的面積是否隨點P的運動而發(fā)生變化？若變化，請說明理由；若不變，求出四邊形PQED的面積．考點：菱形的判定及性質(zhì)．專題：動點型；數(shù)形結(jié)合．分析：（1）利用平移的知識可得四邊形ABCE是平行四邊形，進而根據(jù)AB=BC可得該四邊形為菱形；（2）利用證明三角形全等可得四邊形PQED的面積為三角形BED的面積，所以不會改變；進而利用三角形的面積公式求解即可．解答：解：（1）四邊形ABCE是菱形，證明如下：∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，∴EC∥AB，且EC=AB，∴四邊形ABCE是平行四邊形，（2分）又∵AB=BC，∴四邊形ABCE是菱形．（4分）（2）由菱形的對稱性知，△PBO≌△QEO，∴S△PBO=S△QEO（7分）∵△ECD是由△ABC平移得到的，∴ED∥AC，ED=AC=6，又∵BE⊥AC，∴BE⊥ED，（8分）∴S四邊形PQED=S△QEO+S四邊形POED=S△PBO+S四邊形POED=S△BED=×BE×ED=×8×6=24．（10分）點評：考查菱形的判定及相關(guān)性質(zhì)；把不規(guī)則圖形的面積轉(zhuǎn)化為較簡單的規(guī)則圖形的面積是解決本題的關(guān)鍵．16．（2019?清遠）如圖，在矩形ABCD中，E是BC邊上的點，AE=BC，DF⊥AE，垂足為F，連接DE．（1）求證：AB=DF；（2）若AD=10，AB=6，求tan∠EDF的值．考點：矩形的性質(zhì)；全等三角形的判定及性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義．專題：幾何綜合題．分析：（1）根據(jù)矩形的對邊平行且相等得到AD=BC=AE，∠DAF=∠EAB．再結(jié)合一對直角相等即可證明△ABE≌△DFA；然后根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等證明AB=DF；（2）根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等以及勾股定理，可以求得DF，EF的長；再根據(jù)勾股定理求得DE的長，運用三角函數(shù)定義求解．解答：（1）證明：在矩形ABCD中，BC=AD，AD∥BC，∠B=90°，∴∠DAF=∠AEB．∵DF⊥AE，AE=BC，∴∠AFD=90°，AE=AD．∴△ABE≌△DFA；∴AB=DF；（2）解：由（1）知△ABE≌△DFA．∴AB=DF=6．在Rt△ADF中，AF=，∴EF=AE﹣AF=AD﹣AF=2．∴tan∠EDF==．點評：本題綜合考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)及銳角三角函數(shù)的定義．熟練運用矩形的性質(zhì)和判定，能夠找到證明全等三角形的有關(guān)條件；運用全等三角形的性質(zhì)求得三角形中的邊，再根據(jù)銳角三角函數(shù)的概念求解．17．（2019?大慶）已知：如圖①，正方形ABCD及矩形DEFG的邊AD、DE在同一直線l上，點G在CD上．正方形ABCD的邊長為a，矩形DEFG的長DE為b，寬DG為3（其中a＞b＞3）．若矩形DEFG沿直線l向左以每秒1個單位的長度的速度運動（點D、E始終在直線l上）．若矩形DEFG在運動過程中及正方形ABCD的重疊部分的面積記作S，運動時間記為t秒（0≤t≤m），其中S及t的函數(shù)圖象如圖②所示．矩形DEFG的頂點經(jīng)運動后的對應(yīng)點分別記作D′、E′、F′、G′．（1）根據(jù)題目所提供的信息，可求得b=4，a=5，m=9；（2）連接AG′、CF′，設(shè)以AG′和CF′為邊的兩個正方形的面積之和為y，求當(dāng)0≤t≤5時，y及時間t之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出y的最小值以及y取最小值時t的值；（3）如圖③，這是在矩形DEFG運動過程中，直線AG′第一次及直線CF′垂直的情形，求此時t的值．并探究：在矩形DEFG繼續(xù)運動的過程中，直線AG′及直線CF′是否存在平行或再次垂直的情形？如果存在，請畫出圖形，并求出t的值；否則，請說明理由．考點：矩形的性質(zhì)；二次函數(shù)的最值；正方形的性質(zhì)．專題：代數(shù)幾何綜合題．分析：（1）由圖②的函數(shù)圖象知：從第4﹣5秒，S的值恒為12，即此時矩形全部落在正方形的內(nèi)部，由此可求得兩個條件：①矩形的面積為12，②正方形的邊長為1+DE，根據(jù)這兩個條件求解即可．（2）當(dāng)0≤t≤5時，矩形在直線AB的左側(cè)，可用t表示出AD′、PF′的長，易求得D′G、CP的長，即可用勾股定理求得AG′2、CF′2的值，即可得到y(tǒng)、t的函數(shù)關(guān)系式．（3）此題要分五種情況討論：①當(dāng)0≤t＜4時，點E′在D點右側(cè)；由于∠HG′F′、∠HF′G′都是銳角，顯然直線AG′及CF′不可能平行；當(dāng)兩條直線垂直時，△G′HF′是直角三角形，易證得△AD′G′∽△CPF′，根據(jù)相似三角形得到的比例線段即可求得t的值；②當(dāng)t=4時，D、E′重合，此時直線DC及E′F′重合，顯然此時AG′及CF′既不平行也不垂直，因為過直線外一點，有且只有一條直線及已知直線平行或垂直；③當(dāng)4＜t＜5時，矩形在正方形的內(nèi)部，延長G′F′交BC于P，延長AG′交CD于Q，此時∠CF′P是銳角，所以∠CF′G是鈍角，顯然AG′及CF′不可能垂直；當(dāng)兩直線平行時，可證得△AD′G′∽△F′PC，進而可根據(jù)相似三角形得到的比例線段求得t的值；④當(dāng)t=5時，此種情況及②相同；⑤當(dāng)5＜t＜9時，此時∠QG′F′及∠CF′G′都是鈍角，顯然AG′及CF′不可能平行；當(dāng)兩直線垂直時，可延長CF′及AG′相交于點M，延長G′F′及CD相交于點P，通過證△AD′G′∽△CPF′來求得此時t的值．解答：解：（1）由圖②知：從第4到第5秒時，S的值恒為12，此時矩形全部落在正方形的內(nèi)部，那么矩形的面積為12，即可求得DE=4；這個過程持續(xù)了1秒，說明正方形的邊長為：DE+1=5；由于矩形的速度恒定，所以5～m也應(yīng)該用4秒的時間，故m=5+4=9；即：b=4，a=5，m=9．（2）如圖，當(dāng)0≤t≤5時，∵AD′=5﹣t，D′G=3，PF′=4﹣t，CP=2，∴y=9+（5﹣t）2+4+（4﹣t）2，∴y=2（t﹣）2+，∴當(dāng)t=時，y有最小值，y最小值=．（3）①當(dāng)0≤t＜4時，分別延長AG′和F′C；如圖，由于∠1和∠2都是銳角，所以∠1+∠2＜180°，所以AG′及CF′不可能平行．設(shè)AG′及F′C的延長線交于點H，當(dāng)∠G′AD′=∠PCF′時，直線AG′⊥CF′；∴△AD′G′∽△CPF′，∴，∴=，解得t1=2，t2=7（不合題意，舍去）．②當(dāng)t=4時，由于點F′在CD上，而點G′不在直線AD上，因為AD⊥CD，所以AG′不可能也垂直于CD（因為過直線外一點有且只有一條直線及已知直線垂直）．同樣，由于AB∥CD，而點G′不在直線AB上，所以t=4時，AG′也不可能平行于CD（CF′）（因為過直線外一點，有且只有一條直線及已知直線平行）．③4＜t＜5時，延長G′F′交PC于P，延長AG′交CD于Q，由于∠CF′P是銳角，所以∠CF′G是鈍角，所以∠CF′G+∠QGF′≠90°，所以AG′及CF′不可能垂直；當(dāng)∠G′AD′=∠CF′P時，AG′∥CF′，易得△AD′G′∽△F′PC，∴，∴=，解得t=4.4．④當(dāng)t=5時，AG′及CF′既不可能垂直也不可能平行，理由同②．⑤當(dāng)5＜t＜9時，因為∠QG′F′及∠CF′G′都是鈍角，所以∠QG′F′+∠CF′G′＞180°，所以AG′及CF′不可能平行．延長CF′及AG′相交于點M，延長G′F′及CD相交于點P；當(dāng)∠MG′F′+∠MF′G′=90°時，AG′⊥CF′；又∵∠AG′D′+∠AG′F′=90°，∠MF′G′=∠CF′P，∴∠AG′D′=∠CF′P，又∠AD′G′=∠F′PC，∴△AD′G′∽△CPF′，∴，即；解得：t1=2（不合題意，舍去），t2=7；所以，綜上所述，當(dāng)t=2或t=7時，直線AG′及直線CF′垂直，當(dāng)t=4.4時，直線AG′及直線CF′平行．點評：此題主要考查了矩形、正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)以及分段函數(shù)的應(yīng)用等知識，同時還考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，難度較大．18．（2019?淮安）已知：平行四邊形ABCD的對角線交點為O，點E、F分別在邊AB、CD上，分別沿DE、BF折疊四邊形ABCD，A、C兩點恰好都落在O點處，且四邊形DEBF為菱形（如圖）．（1）求證：四邊形ABCD是矩形；（2）在四邊形ABCD中，求的值．考點：矩形的判定．專題：計算題；證明題．分析：（1）根據(jù)矩形的判定定理，先證DE=BE，再證∠DOE=90°，則可證．（2）根據(jù)已知條件和（1）的結(jié)論，先求得AD：AB，易求解的值．解答：（1）證明：連接OE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DO=OB，∵四邊形DEBF是菱形，∴DE=BE，∴EO⊥BD，∴∠DOE=90°，即∠DAE=90°，又四邊形ABCD是平行四邊形，∴四邊形ABCD是矩形．（2）解：∵四邊形DEBF是菱形，∴∠FDB=∠EDB，又由題意知∠EDB=∠EDA，由（1）知四邊形ABCD是矩形，∴∠ADF=90°，即∠FDB+∠EDB+∠ADE=90°，則∠ADB=60°，∴在Rt△ADB中，有AD：AB=1：，又BC=AD，則．說明：其他解法酌情給分點評：本題考查矩形的判定定理及相關(guān)性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等，難度偏難．19．如圖，已知矩形ABCD，AD=4，CD=10，P是AB上一動點，M、N、E分別是PD、PC、CD的中點．（1）求證：四邊形PMEN是平行四邊形；（2）請直接寫出當(dāng)AP為何值時，四邊形PMEN是菱形；（3）四邊形PMEN有可能是矩形嗎？若有可能，求出AP的長；若不可能，請說明理由．考點：矩形的判定及性質(zhì)；平行四邊形的判定；菱形的判定．分析：（1）根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)和平行四邊形的判定定理可證明．（2）當(dāng)DP=CP時，四邊形PMEN是菱形，P是AB的中點，所以可求出AP的值．（3）四邊形PMEN是矩形的話，∠DPC必需為90°，判斷一下△DPC是不是直角三角形就行．解答：解：（1）∵M、N、E分別是PD、PC、CD的中點，∴ME∥PC，EN∥PD，∴四邊形PMEN是平行四邊形；（2）當(dāng)AP=5時，∵PA=PB=5，AD=BC，∠A=∠B=90°，∴△PAD≌△PBC，∴PD=PC，∵M、N、E分別是PD、PC、CD的中點，∴NE=PMPD，ME=PN=PC，∴PM=ME=EN=PN，∴四邊形PMEN是菱形；（3）假設(shè)△DPC為直角三角形．設(shè)PA=x，PB=10﹣x，DP=，CP=．DP2+CP2=DC216+x2+16+（10﹣x）2=102x2﹣10x+16=0x=2或x=8．故當(dāng)AP=2或AP=8時，能夠構(gòu)成直角三角形．點評：本題考查平行四邊形的判定，菱形的判定定理，以及矩形的判定定理和性質(zhì)，知道矩形的四個角都是直角，對邊相等等性質(zhì)．20．如圖：矩形ABCD中，AB=2，BC=5，E、P分別在AD、BC上，且DE=BP=1．（1）判斷△BEC的形狀，并說明理由？（2）判斷四邊形EFPH是什么特殊四邊形？并證明你的判斷；（3）求四邊形EFPH的面積．考點：矩形的判定及性質(zhì)；三角形的面積；勾股定理；勾股定理的逆定理；平行四邊形的判定及性質(zhì)．專題：計算題；證明題．分析：（1）根據(jù)矩形性質(zhì)得出CD=2，根據(jù)勾股定理求出CE和BE，求出CE2+BE2的值，求出BC2，根據(jù)勾股定理的逆定理求出即可；（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)和平行四邊形的判定，推出平行四邊形DEBP和AECP，推出EH∥FP，EF∥HP，推出平行四邊形EFPH，根據(jù)矩形的判定推出即可；（2）根據(jù)三角形的面積公式求出CF，求出EF，根據(jù)勾股定理求出PF，根據(jù)面積公式求出即可．解答：（1）△BEC是直角三角形，理由是：∵矩形ABCD，∴∠ADC=∠ABP=90°，AD=BC=5，AB=CD=2，由勾股定理得：CE===，同理BE=2，∴CE2+BE2=5+20=25，∵BC2=52=25，∴BE2+CE2=BC2，∴∠BEC=90°，∴△BEC是直角三角形．（2）解：四邊形EFPH為矩形，證明：∵矩形ABCD，∴AD=BC，AD∥BC，∵DE=BP，∴四邊形DEBP是平行四邊形，∴BE∥DP，∵AD=BC，AD∥BC，DE=BP，∴AE=CP，∴四邊形AECP是平行四邊形，∴AP∥CE，∴四邊形EFPH是平行四邊形，∵∠BEC=90°，∴平行四邊形EFPH是矩形．（3）解：在RT△PCD中∠FC⊥PD，由三角形的面積公式得：PD?CF=PC?CD，∴CF==，∴EF=CE﹣CF=﹣=，∵PF==，∴S矩形EFPH=EF?PF=，答：四邊形EFPH的面積是．點評：本題綜合考查了勾股定理及逆定理，矩形、平行四邊形的性質(zhì)和判定，三角形的面積等知識點的運用，主要培養(yǎng)學(xué)生分析問題和解決問題的能力，此題綜合性比較強，題型較好，難度也適中．21．（2019?黑龍江）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，若點D在線段BC上，以AD為邊長作正方形ADEF，如圖1，易證：∠AFC=∠ACB+∠DAC；（1）若點D在BC延長線上，其他條件不變，寫出∠AFC、∠ACB、∠DAC的關(guān)系，并結(jié)合圖2給出證明；（2）若點D在CB延長線上，其他條件不變，直接寫出∠AFC、∠ACB、∠DAC的關(guān)系式．考點：正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定及性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)．專題：幾何綜合題．分析：（1）∠AFC、∠ACB、∠DAC的關(guān)系為：∠AFC=∠ACB﹣∠DAC，理由為：由四邊形ADEF為正方形，得到AD=AF，且∠FAD為直角，得到∠BAC=∠FAD，等式左右兩邊都加上∠CAD得到∠BAD=∠CAF，再由AB=AC，AD=AF，利用SAS可得出三角形ABD及三角形ACF全等，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)角相等可得出∠AFC=∠ADB，又∠ACB為三角形ACD的外角，利用外角的性質(zhì)得到∠ACB=∠ADB+∠DAC，變形后等量代換即可得證；（2）∠AFC、∠ACB、∠DAC的關(guān)系式是∠AFC+∠ACB+∠DAC=180°，可以根據(jù)∠DAF=∠BAC=90°，等號兩邊都減去∠BAF，可得出∠DAB=∠FAC，再由AD=AF，AB=AC，利用SAS證明三角形ABD及三角形AFC全等，由全等三角形的對應(yīng)角相等可得出∠AFC=∠ADB，根據(jù)三角形ADC的內(nèi)角和為180°，等量代換可得證．解答：解：（1）關(guān)系：∠AFC=∠ACB﹣∠DAC，…（2分）證明：∵四邊形ADEF為正方形，∴AD=AF，∠FAD=90°，∵∠BAC=90°，∠FAD=90°，∴∠BAC+∠CAD=∠FAD+∠CAD，即∠BAD=∠CAF，…（3分）在△ABD和△ACF中，，∴△ABD≌△ACF（SAS），…（4分）∴∠AFC=∠ADB，∵∠ACB是△ACD的一個外角，∴∠ACB=∠ADB+∠DAC，…（5分）∴∠ADB=∠ACB﹣∠DAC，∵∠ADB=∠AFC，∴∠AFC=∠ACB﹣∠DAC；…（6分）（2）∠AFC、∠ACB、∠DAC滿足的關(guān)系式為：∠AFC+∠DAC+∠ACB=180°，…（8分）證明：∵四邊形ADEF為正方形，∴∠DAF=90°，AD=AF，又∠BAC=90°，∴∠DAF=∠BAC，∴∠DAF﹣∠BAF=∠BAC﹣∠BAF，即∠DAB=∠FAC，在△ABD和△ACF中，，∴△ABD≌△ACF（SAS），∴∠ADB=∠AFC，在△ADC中，∠ADB+∠ACB+∠DAC=180°，則∠AFC+∠ACB+∠DAC=180°．點評：此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，以及三角形的外角性質(zhì)，熟練掌握判定及性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．22．（2019?常德）已知四邊形ABCD是正方形，O為正方形對角線的交點，一動點P從B開始，沿射線BC運動，連接DP，作CN⊥DP于點M，且交直線AB于點N，連接OP，ON．（當(dāng)P在線段BC上時，如圖1：當(dāng)P在BC的延長線上時，如圖2）（1）請從圖1，圖2中任選一圖證明下面結(jié)論：①BN=CP；②OP=ON，且OP⊥ON；（2）設(shè)AB=4，BP=x，試確定以O(shè)、P、B、N為頂點的四邊形的面積y及x的函數(shù)關(guān)系．考點：正方形的性質(zhì)；分段函數(shù)；三角形的面積；全等三角形的判定及性質(zhì)．專題：代數(shù)幾何綜合題．分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得出DC=BC，∠DCB=∠CBN=90°，求出∠CPD=∠DCN=∠CNB，證△DCP≌△CBN，求出CP=BN，證△OBN≌△OCP，推出ON=OP，∠BON=∠COP，求出∠PON=∠COB即可；（2）同法可證圖2時，OP=ON，OP⊥ON，圖1中，S四邊形OPBN=S△OBN+S△BOP，代入求出即可；圖2中，S四邊形OBNP=S△POB+S△PBN，代入求出即可．解答：（1）證明：如圖1，∵正方形ABCD，∴OC=OB，DC=BC，∠DCB=∠CBA=90°，∠OCB=∠OBA=45°，∠DOC=90°，DC∥AB，∵DP⊥CN，∴∠CMD=∠DOC=90°，∴∠BCN+∠CPD=90°，∠PCN+∠DCN=90°，∴∠CPD=∠CNB，∵DC∥AB，∴∠DCN=∠CNB=∠CPD，∵在△DCP和△CBN中，∴△DCP≌△CBN，∴CP=BN，∵在△OBN和△OCP中，∴△OBN≌△OCP，∴ON=OP，∠BON=∠COP，∴∠BON+∠BOP=∠COP+∠BOP，即∠NOP=∠BOC=90°，∴ON⊥OP，即ON=OP，ON⊥OP．（2）解：∵AB=4，四邊形ABCD是正方形，∴O到BC邊的距離是2，圖1中，S四邊形OPBN=S△OBN+S△BOP，=×（4﹣x）×2+×x×2，=4（0＜x＜4），圖2中，S四邊形OBNP=S△POB+S△PBN=×x×2+×（x﹣4）×x=x2﹣x（x＞4），即以O(shè)、P、B、N為頂點的四邊形的面積y及x的函數(shù)關(guān)系是：．點評：本題考查了正方形性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，分段函數(shù)等知識點的應(yīng)用，解（1）小題的關(guān)鍵是能運用性質(zhì)進行推理，解（2）的關(guān)鍵是求出符合條件的所有情況，本題具有一定的代表性，是一道比較好的題目，注意：證明過程類似．23．（2019?來賓）已知正方形ABCD的對角線AC及BD交于點O，點E、F分別是OB、OC上的動點，（1）如果動點E、F滿足BE=CF（如圖1）：①寫出所有以點E或F為頂點的全等三角形（不得添加輔助線）；②證明：AE⊥BF；（2）如果動點E、F滿足BE=OF（如圖2），問當(dāng)AE⊥BF時，點E在什么位置，并證明你的結(jié)論．考點：正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定及性質(zhì)．專題：幾何綜合題．分析：（1）①根據(jù)正方形性質(zhì)及BE=CF即可得出全等的三角形，②根據(jù)全等三角形及正方形的性質(zhì)即可得出結(jié)論，（2）根據(jù)正方形性質(zhì)及已知條件得出△BEM∽△AEO，△BEM∽△BOF，再根據(jù)三角形相似的性質(zhì)即可得出答案．解答：解：（1）①△ABE≌△BCF，△AOE≌△BOF，△ADE≌△BAF；②證明：根據(jù)正方形的性質(zhì)，在△BAE和△CBF中，∵，∴△BAE≌△CBF（SAS），∴∠BAE=∠CBF，根據(jù)外角性質(zhì)，∠AFB=∠BCF+∠CBF=45°+∠CBF，又∵∠FAM=45°﹣∠BAE，∴∠AMF=180°﹣（∠FAM+∠AFM）=180°﹣（45°+∠CBF+45°﹣∠BAE）=90°，∴AE⊥BF；（2）當(dāng)AE⊥BF時，點E在BO中點．證明如下：延長AE交BF于點M，如圖所示：∵∠BME=∠AOE，∠BEM=∠AEO，∴△BEM∽△AEO，∴==，即AO==，∵∠MBE=∠OBF，∠BME=∠BOF，∴△BEM∽△BFO，∴==，即BO==，∵AO=BO，BE=OF，∴BE=EO，故當(dāng)AE⊥BF時，點E在BO中點．點評：本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，比較綜合，難度較大．24．（2019?河北）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E，K分別在BC，AB上，點G在BA的延長線上，且CE=BK=AG．（1）求證：①DE=DG；②DE⊥DG（2）尺規(guī)作圖：以線段DE，DG為邊作出正方形DEFG（要求：只保留作圖痕跡，不寫作法和證明）；（3）連接（2）中的KF，猜想并寫出四邊形CEFK是怎樣的特殊四邊形，并證明你的猜想：（4）當(dāng)時，請直接寫出的值．考點：正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定及性質(zhì)；平行四邊形的判定；作圖—復(fù)雜作圖．分析：（1）由已知證明DE、DG所在的三角形全等，再通過等量代換證明DE⊥DG；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)分別以點G、E為圓心以DG為半徑畫弧交點F，得到正方形DEFG；（3）由已知首先證四邊形CKGD是平行四邊形，然后證明四邊形CEFK為平行四邊形；（4）由已知表示出的值．解答：（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴DC=DA，∠DCE=∠DAG=90°．又∵CE=AG，∴△DCE≌△DAG，∴DE=DG，∠EDC=∠GDA，又∵∠ADE+∠EDC=90°，∴∠ADE+∠GDA=90°∴DE⊥DG．（2）解：如圖．（3）解：四邊形CEFK為平行四邊形．證明：設(shè)CK、DE相交于M點∵四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，∴AB∥CD，AB=CD，EF=DG，EF∥DG，∵BK=AG，∴KG=AB=CD，∴四邊形CKGD是平行四邊形，∴CK=DG=EF，CK∥DG，∴∠KME=∠GDE=∠DEF=90°，∴∠KME+∠DEF=180°，∴CK∥EF，∴四邊形CEFK為平行四邊形．（4）解：∵，∴設(shè)CE=x，CB=nx，∴CD=nx，∴DE2=CE2+CD2=n2x2+x2=（n2+1）x2，∵BC2=n2x2，∴==．點評：此題考查的知識點是正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定及作圖，解題的關(guān)鍵是先由正方形的性質(zhì)通過證三角形全等得出結(jié)論，此題較復(fù)雜．25．（2019?阜新）如圖，點P是正方形ABCD對角線AC上一動點，點E在射線BC上，且PB=PE，連接PD，O為AC中點．（1）如圖1，當(dāng)點P在線段AO上時，試猜想PE及PD的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，不用說明理由；（2）如圖2，當(dāng)點P在線段OC上時，（1）中的猜想還成立嗎？請說明理由；（3）如圖3，當(dāng)點P在AC的延長線上時，請你在圖3中畫出相應(yīng)的圖形（尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法），并判斷（1）中的猜想是否成立？若成立，請直接寫出結(jié)論；若不成立，請說明理由．考點：正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定及性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)．分析：（1）根據(jù)點P在線段AO上時，利用三角形的全等判定可以得出PE⊥PD，PE=PD；（2）利用三角形全等得出，BP=PD，由PB=PE，得出PE=PD，要證PE⊥PD；從三方面分析，當(dāng)點E在線段BC上（E及B、C不重合）時，當(dāng)點E及點C重合時，點P恰好在AC中點處，當(dāng)點E在BC的延長線上時，分別分析即可得出；（3）利用PE=PB得出P點在BE的垂直平分線上，利用垂直平分線的性質(zhì)只要以P為圓心，PB為半徑畫弧即可得出E點位置，利用（2）中證明思路即可得出答案．解答：解：（1）當(dāng)點P在線段AO上時，在△ABP和△ADP中，∴△ABP≌△ADP，∴BP=DP，∵PB=PE，∴PE=PD，過點P做PM⊥CD，于點M，作PN⊥BC，于點N，∵PB=PE，PN⊥BE，∴BN=NE，∵BN=DM，∴DM=NE，在Rt△PNE及Rt△PMD中，∵PD=PE，NE=DM，∴Rt△PNE≌Rt△PMD，∴∠DPM=∠EPN，∵∠MPN=90°，∴∠DPE=90°，故PE⊥PD，PE及PD的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系分別為：PE=PD，PE⊥PD；（2）∵四邊形ABCD是正方形，AC為對角線，∴BA=DA，∠BAP=∠DAP=45°，∵PA=PA，∴△BAP≌△DAP（SAS），∴PB=PD，又∵PB=PE，∴PE=PD．（i）當(dāng)點E及點C重合時，點P恰好在AC中點處，此時，PE⊥PD．（ii）當(dāng)點E在BC的延長線上時，如圖．∵△ADP≌△ABP，∴∠ABP=∠ADP，∴∠CDP=∠CBP，∵BP=PE，∴∠CBP=∠PEC，∴∠PEC=∠PDC，∵∠1=∠2，∴∠DPE=∠DCE=90°，∴PE⊥PD．綜合（i）（ii），PE⊥PD；（3）同理即可得出：PE⊥PD，PD=PE．點評：此題主要考查了正方形的性質(zhì)以及全等三角形的判定及性質(zhì)和尺規(guī)作圖等知識，此題涉及到分類討論思想，這是數(shù)學(xué)中常用思想同學(xué)們應(yīng)有意識的應(yīng)用．26．（2019?內(nèi)江）如圖：四邊形ABCD中，E、F、G、H分別為各邊的中點，順次連接E、F、G、H，把四邊形EFGH稱為中點四邊形．連接AC、BD，容易證明：中點四邊形EFGH一定是平行四邊形．（1）如果改變原四邊形ABCD的形狀，那么中點四邊形的形狀也隨之改變，通過探索可以發(fā)現(xiàn)：當(dāng)四邊形ABCD的對角線滿足AC=BD時，四邊形EFGH為菱形．當(dāng)四邊形ABCD的對角線滿足AC⊥BD時，四邊形EFGH為矩形；當(dāng)四邊形ABCD的對角線滿足AC⊥BD且AC=BD時，四邊形EFGH為正方形；（2）探索三角形AEH、三角形CFG及四邊形ABCD的面積之間的等量關(guān)系，請寫出你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論，并加以證明；（3）如果四邊形ABCD的面積為2，那么中點四邊形EFGH的面積是多少？考點：正方形的判定；三角形中位線定理；矩形的判定；相似三角形的判定及性質(zhì)．專題：綜合題；新定義；存在型．分析：（1）若四邊形EFGH為矩形，則應(yīng)有EF∥HG∥AC，EH∥FG∥BD，EF⊥EH，故應(yīng)有AC⊥BD；若四邊形EFGH為正方形，同上應(yīng)有AC⊥BD，又應(yīng)有EH=EF，而EF=AC，EH=BD，故應(yīng)有AC=BD．（2）由相似三角形的面積比等于相似比的平方求解．（3）由（2）可得S?EFGH=S四邊形ABCD=1解答：解：（1）若四邊形EFGH為矩形，則應(yīng)有EF∥HG∥AC，EH∥FG∥BD，EF⊥EH，故應(yīng)有AC⊥BD；若四邊形EFGH為正方形，同上應(yīng)有AC⊥BD，又應(yīng)有EH=EF，而EF=AC，EH=BD，故應(yīng)有AC=BD．（2）S△AEH+S△CFG=S四邊形ABCD．（6分）證明：在△ABD中，∵EH=BD，∴△AEH∽△ABD．∴．即S△AEH=S△ABD同理可證：S△CFG=S△CBD∴S△AEH+S△CFG=（S△ABD+S△CBD）=S四邊形ABCD．（8分）（3）由（2）可知∴S△AEH+S△CFG=（S△ABD+S△CBD）=S四邊形ABCD，同理可得S△BEF+S△DHG=（S△ABC+S△CDA）=S四邊形ABCD，故S?EFGH=S四邊形ABCD=1．（10分）點評：本題考查了三角形的中位線的性質(zhì)及特殊四邊形的判定和性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)．27．如圖，四邊形ABCD是正方形，點P是BC上任意一點，DE⊥AP于點E，BF⊥AP于點F，CH⊥DE于點H，BF的延長線交CH于點G．（1）求證：AF﹣BF=EF；（2）四邊形EFGH是什么四邊形？并證明；（3）若AB=2，BP=1，求四邊形EFGH的面積．考點：正方形的判定及性質(zhì)；全等三角形的判定及性質(zhì)；勾股定理．分析：（1）利用全等三角形的判定首先得出△AED≌△BFA，進而得出AE=BF，即可證明結(jié)論；（2）首先得出四邊形EFGH是矩形，再利用△AED≌△BFA，同理可得：△AED≌△DHC，進而得出EF=EH，即可得出答案；（3）首先求出AP的長，再利用三角形面積關(guān)系得出BF，AF的長，進而求出EF的長即可得出答案．解答：（1）證明：∵DE⊥AP于點E，BF⊥AP于點F，CH⊥DE于點H，∴∠AFB=∠AED=∠DHC=90°，∴∠ADE+∠DAE=90°，又∵∠DAE+∠BAF=90°，∴∠ADE=∠BAF，在△AED和△BFA中，，∴△AED≌△BFA，∴AE=BF，∴AF﹣AE=EF，即AF﹣BF=EF；（2）證明：∵∠AFB=∠AED=∠DHC=90°，∴四邊形EFGH是矩形，∵△AED≌△BFA，同理可得：△AED≌△DHC，∴△AED≌△BFA≌△DHC，∴DH=AE=BF，AF=DE=CH，∴DE﹣DH=AF﹣AE，∴EF=EH，∴矩形EFGH是正方形；（3）解：∵AB=2，BP=1，∴AP=，∵S△ABP=×BF×AP=×BF×=1×2×，∴BF=，∵∠BAF=∠PAB，∠AFB=∠ABP=90°，∴△ABF∽△APB，∴==，∴AF=，∴EF=AF﹣AE=﹣=，∴四邊形EFGH的面積為：（）2=．點評：此題主要考查了正方形的判定以及全等三角形的判定及性質(zhì)，利用已知得出BF=AE以及求出EF的長是解題關(guān)鍵．28．如圖，在正方形ABCD中，點M在邊AB上，點N在邊AD的延長線上，且BM=DN．點E為MN的中點，DE的延長線及AC相交于點F．試猜想線段DF及線段AC的關(guān)系，并證你的猜想．考點：正方形的判定及性質(zhì)；全等三角形的判定及性質(zhì)；線段垂直平分線的性質(zhì)．專題：探究型．分析：猜想：線段DF垂直平分線段AC，且DF=AC，過點M作MG∥AD，及DF的延長線相交于點G，作GH⊥BC，垂足為H，連接AG、CG．根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的證明方法證