2025年南宁中考数学平行四边形综合练习题.doc

-南宁中考数学平行四边形综合练习题

一、平行四边形
1．假如两个三角形两条边对应相等，夹角互补，那么这两个三角形叫做互补三角形，如图2，分别以△ABC边AB、AC为边向外作正方形ABDE和ACGF，则图中两个三角形就是互补三角形．
（1）用尺规将图1中△ABC分割成两个互补三角形；
（2）证明图2中△ABC分割成两个互补三角形；
（3）如图3，在图2基础上再以BC为边向外作正方形BCHI．
①已知三个正方形面积分别是17、13、10，在如图4网格中（网格中每个小正方形边长为1）画出边长为、、三角形，并计算图3中六边形DEFGHI面积．
②若△ABC面积为2，求以EF、DI、HG长为边三角形面积．

【答案】（1）作图见解析（2）证明见解析（3）①62；②6
【解析】
试题分析：（1）作BC边上中线AD即可．
（2）根据互补三角形定义证明即可．
（3）①画出图形后，运用割补法求面积即可．
②平移△CHG到AMF，连接EM，IM，则AM=CH=BI，只要证明S△EFM=3S△ABC即可．
试题解析：（1）如图1中，作BC边上中线AD，△ABD和△ADC是互补三角形．

（2）如图2中，延长FA到点H，使得AH=AF，连接EH．

∵四边形ABDE，四边形ACGF是正方形，
∴AB=AE，AF=AC，∠BAE=∠CAF=90°，
∴∠EAF+∠BAC=180°，
∴△AEF和△ABC是两个互补三角形．
∵∠EAH+∠HAB=∠BAC+∠HAB=90°，
∴∠EAH=∠BAC，
∵AF=AC，
∴AH=AB，
在△AEH和△ABC中，

∴△AEH≌△ABC，
∴S△AEF=S△AEH=S△ABC．
（3）①边长为、、三角形如图4所示．

∵S△ABC=3×4﹣2﹣1.5﹣3=5.5，
∴S六边形=17+13+10+4×5.5=62．
②如图3中，平移△CHG到AMF，连接EM，IM，则AM=CH=BI，设∠ABC=x，

∵AM∥CH，CH⊥BC，
∴AM⊥BC，
∴∠EAM=90°+90°﹣x=180°﹣x，
∵∠DBI=360°﹣90°﹣90°﹣x=180°﹣x，
∴∠EAM=∠DBI，∵AE=BD，
∴△AEM≌△DBI，
∵在△DBI和△ABC中，DB=AB，BI=BC，∠DBI+∠ABC=180°，
∴△DBI和△ABC是互补三角形，
∴S△AEM=S△AEF=S△AFM=2，
∴S△EFM=3S△ABC=6．
考点：1、作图﹣应用与设计，2、三角形面积

2．如图，△ABC是等边三角形，AB=6cm，D为边AB中点．动点P、Q在边AB上同步从点D出发，点P沿D→A以1cm/s速度向终点A运动．点Q沿D→B→D以2cm/s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中点旋转180°得到△MNQ．设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形面积为S（cm2），点P运动时间为t（s）（0＜t＜3）．
（1）当点N落在边BC上时，求t值．
（2）当点N到点A、B距离相等时，求t值．
（3）当点Q沿D→B运动时，求S与t之间函数体现式．
（4）设四边形PQMN边MN、MQ与边BC交点分别是E、F，直接写出四边形PEMF与四边形PQMN面积比为2：3时t值．

【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）t=1或
【解析】
试题分析：（1）由题意知：当点N落在边BC上时，点Q与点B重叠，此时DQ=3；
（2）当点N到点A、B距离相等时，点N在边AB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有交点时，此时＜t＜，列出四边形PEMF与四边形PQMN面积体现式后，即可求出t值．
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重叠．
∴DQ=3
∴2t=3．
∴t=；
（2）∵当点N到点A、B距离相等时，点N在边AB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；
∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，
如图②，当≤t≤时，
设MN、MQ与边BC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交点分别是E、F，
此时＜t＜，
t=1或．

考点：几何变换综合题

3．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度数．

【答案】(1)见解析；（2）18°.
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形判定得出四边形ABCD是平行四边形，求出∠ABC=90°，根据矩形判定得出即可；
（2）求出∠FDC度数，根据三角形内角和定理求出∠DCO，根据矩形性质得出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】
本题考察了平行四边形性质和判定，矩形性质和判定应用，能灵活运用定理进行推理是解此题关键，注意：矩形对角线相等，有一种角是直角平行四边形是矩形．

4．已知：在菱形ABCD中，E，F是BD上两点，且AE∥CF．
求证：四边形AECF是菱形．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
由菱形性质可得AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，由“SAS”可证△ADF≌△CDF，可得AF＝CF，由△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，由平行四边形判定和菱形判定可得四边形AECF是菱形．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是菱形
∴AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，
∵AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，DF＝DF
∴△ADF≌△CDF（SAS）
∴AF＝CF，
∵AB∥CD，AE∥CF
∴∠ABE＝∠CDF，∠AEF＝∠CFE
∴∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD
∴△ABE≌△CDF（AAS）
∴AE＝CF，且AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形
又∵AF＝CF，
∴四边形AECF是菱形
【点睛】
本题重要考察菱形判定定理，首先要判定其为平行四边形，这是菱形判定基本判定.

5．如图，△ABC中，AD是边BC上中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC．
（1）求证：AD=EC；
（2）当∠BAC=Rt∠时，求证：四边形ADCE是菱形．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）先证四边形ABDE是平行四边形，再证四边形ADCE是平行四边形即可；
（2）由∠BAC=90°，AD是边BC上中线，得AD=BD=CD，即可证明.
【详解】
(1)证明：∵AE∥BC，DE∥AB ，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE=BD，
∵AD是边BC上中线，
∴BD=DC，
∴AE=DC，
又∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形.
(2) 证明：∵∠BAC=90°，AD是边BC上中线.
∴AD=CD
∵四边形ADCE是平行四边形，
∴四边形ADCE是菱形.
【点睛】
本题考察了平行四边形判定、菱形判定、直角三角形斜边中线定理.根据图形与已知条件灵活应用平行四边形判定措施是证明关键.

6．如图1，已知正方形ABCD边CD在正方形DEFG边DE上，连接AE，GC．
(1)试猜想AE与GC有怎样关系(直接写出结论即可)；
(2)将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和CG．你认为(1)中结论与否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请阐明理由．
(3)在(2)中，若E是BC中点，且BC＝2，则C，F两点间距离为　 　．

【答案】(1) AE＝CG，AE⊥GC；(2)成立，证明见解析； (3) ．
【解析】
【分析】
（1）观测图形，AE、CG位置关系也许是垂直，下面着手证明．由于四边形ABCD、DEFG都是正方形，易证得△ADE≌△CDG，则∠1＝∠2，由于∠2、∠3互余，因此∠1、∠3互余，由此可得AE⊥GC．
（2）题（1）结论仍然成立，参照（1）题解题措施，可证△ADE≌△CDG，得∠5＝∠4，由于∠4、∠7互余，而∠5、∠6互余，那么∠6＝∠7；由图知∠AEB＝∠CEH＝90°﹣∠6，即∠7+∠CEH＝90°，由此得证．
（3）如图3中，作CM⊥DG于G，GN⊥CD于N，CH⊥FG于H，则四边形CMGH是矩形，可得CM＝GH，CH＝GM．想措施求出CH，HF，再运用勾股定理即可处理问题．
【详解】
(1)AE＝CG，AE⊥GC；
证明：延长GC交AE于点H，

在正方形ABCD与正方形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；
证明：延长AE和GC相交于点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)如图3中，作CM⊥DG于G，GN⊥CD于N，CH⊥FG于H，则四边形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＝＝＝．
故答案为．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考察了正方形性质，全等三角形判定和性质，解直角三角形等知识，解题关键是对寻找全等三角形处理问题，属于中考压轴题．

7．（感知）如图①，四边形ABCD、CEFG均为正方形．可知BE=DG．
（拓展）如图②，四边形ABCD、CEFG均为菱形，且∠A=∠F．求证：BE=DG．
（应用）如图③，四边形ABCD、CEFG均为菱形，点E在边AD上，点G在AD延长线上．若AE=2ED，∠A=∠F，△EBC面积为8，菱形CEFG面积是_______．（只填成果）

【答案】见解析
【解析】
试题分析：探究：由四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，运用SAS易证得△BCE≌△DCG，则可得BE=DG；
应用：由AD∥BC，BE=DG，可得S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，又由AE=3ED，可求得△CDE面积，继而求得答案．
试题解析：
探究：∵四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F．
∵∠A=∠F，
∴∠BCD=∠ECG．
∴∠BCD-∠ECD=∠ECG-∠ECD，
即∠BCE=∠DCG．
在△BCE和△DCG中，

∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE=DG．
应用：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∵BE=DG，
∴S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，
∵AE=3ED，
∴S△CDE= ,
∴S△ECG=S△CDE+S△CDG=10
∴S菱形CEFG=2S△ECG=20.

8．如图，点O是正方形ABCD两条对角线交点，分别延长CO到点G，OC到点E，使OG=2OD、OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG．
（1）如图1，若正方形OEFG对角线交点为M，求证：四边形CDME是平行四边形．
（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，如图2，连接AG′，DE′，求证：AG′=DE′，AG′⊥DE′；
（3）在（2）条件下，正方形OE′F′G′边OG′与正方形ABCD边相交于点N，如图3，设旋转角为α（0°＜α＜180°），若△AON是等腰三角形，请直接写出α值．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）α值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．
【解析】
【分析】
（1）由四边形OEFG是正方形，得到ME=GE，根据三角形中位线性质得到CD∥GE，CD=GE，求得CD=GE，即可得到结论；
（2）如图2，延长E′D交AG′于H，由四边形ABCD是正方形，得到AO=OD，∠AOD=∠COD=90°，由四边形OEFG是正方形，得到OG′=OE′，∠E′OG′=90°，由旋转性质得到∠G′OD=∠E′OC，求得∠AOG′=∠COE′，根据全等三角形性质得到AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O，即可得到结论；
（3）分类讨论，根据三角形外角性质和等腰三角形性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形OEFG是正方形，
∴ME=GE，
∵OG=2OD、OE=2OC，
∴CD∥GE，CD=GE，
∴CD=GE，
∴四边形CDME是平行四边形；
（2）证明：如图2，延长E′D交AG′于H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=OD，∠AOD=∠COD=90°，
∵四边形OEFG是正方形，
∴OG′=OE′，∠E′OG′=90°，
∵将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，
∴∠G′OD=∠E′OC，
∴∠AOG′=∠COE′，
在△AG′O与△ODE′中，
，
∴△AG′O≌△ODE′
∴AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O，
∵∠1=∠2，
∴∠G′HD=∠G′OE′=90°，
∴AG′⊥DE′；
（3）①正方形OE′F′G′边OG′与正方形ABCD边AD相交于点N，如图3，

Ⅰ、当AN=AO时，
∵∠OAN=45°，
∴∠ANO=∠AON=67.5°，
∵∠ADO=45°，
∴α=∠ANO-∠ADO=22.5°；
Ⅱ、当AN=ON时，
∴∠NAO=∠AON=45°，
∴∠ANO=90°，
∴α=90°-45°=45°；
②正方形OE′F′G′边OG′与正方形ABCD边AB相交于点N，如图4，

Ⅰ、当AN=AO时，
∵∠OAN=45°，
∴∠ANO=∠AON=67.5°，
∵∠ADO=45°，
∴α=∠ANO+90°=112.5°；
Ⅱ、当AN=ON时，
∴∠NAO=∠AON=45°，
∴∠ANO=90°，
∴α=90°+45°=135°，
Ⅲ、当AN=AO时，旋转角a=∠ANO+90°=67.5+90=157.5°，
综上所述：若△AON是等腰三角形时，α值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．
【点睛】
本题重要考察了正方形性质、全等三角形判定与性质、锐角三角函数、旋转变换性质综合运用，有一定综合性，分类讨论当△AON是等腰三角形时，求α度数是本题难点．

9．如图，现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′处．AB′与CD交于点E．
（1）求证：△AED≌△CEB′；
（2）过点E作EF⊥AC交AB于点F，连接CF，判断四边形AECF形状并予以证明．

【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意可得AD=BC=B'C，∠B=∠D=∠B'，且∠AED=∠CEB'，运用AAS证明全等，则结论可得；
（2）由△AED≌△CEB′可得AE=CE，且EF⊥AC，根据等腰三角形性质可得EF垂直平分AC，∠AEF=∠CEF．即AF=CF，∠CEF=∠AFE=∠AEF，可得AE=AF，则可证四边形AECF是菱形．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D
∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠
∴BC＝B'C，∠B＝∠B'
∴∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC
∴△ADE≌△B'EC
（2）四边形AECF是菱形
∵△ADE≌△B'EC
∴AE＝CE
∵AE＝CE，EF⊥AC
∴EF垂直平分AC，∠AEF＝∠CEF
∴AF＝CF
∵CD∥AB
∴∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF
∴∠AEF＝∠EFA
∴AF＝AE
∴AF＝AE＝CE＝CF
∴四边形AECF是菱形
【点睛】
本题考察了折叠问题，全等三角形判定和性质，平行四边形性质，菱形判定，纯熟掌握这些性质和判定是处理问题关键．

10．如图，已知矩形ABCD中，E是AD上一点，F是AB上一点，EF⊥EC，且EF＝EC．
（1）求证：△AEF≌△DCE．
（2）若DE＝4cm，矩形ABCD周长为32cm，求AE长．

【答案】（1）证明见解析；（2）6cm.
【解析】
分析：（1）根据EF⊥CE，求证∠AEF=∠ECD．再运用AAS即可求证△AEF≌△DCE．
（2）运用全等三角形性质，对应边相等，再根据矩形ABCD周长为32cm，即可求得AE长.
详解：（1）证明：∵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周长为32cm，
∴2（AE+AE+4）=32．
解得，AE=6（cm）．
答：AE长为6cm．
点睛：此题重要考察学生对全等三角形判定与性质和矩形性质等知识点理解和掌握，难易程度适中，是一道很经典题目．

11．点P是矩形ABCD对角线AC所在直线上一种动点（点P不与点A，C重叠），分别过点A，C向直线BP作垂线，垂足分别为点E，F，点O为AC中点．

（1）如图1，当点P与点O重叠时，请你判断OE与OF数量关系；
（2）当点P运动到如图2所示位置时，请你在图2中补全图形并通过证明判断（1）中结论与否仍然成立；
（3）若点P在射线OA上运动，恰好使得∠OEF＝30°时，猜想此时线段CF，AE，OE之间有怎样数量关系，直接写出结论不必证明．
【答案】（1）OE＝OF．理由见解析；（2）补全图形如图所示见解析，OE＝OF仍然成立；（3）CF＝OE+AE或CF＝OE﹣AE．
【解析】
【分析】
（1）根据矩形性质以及垂线，即可判定，得出OE=OF；
（2）先延长EO交CF于点G，通过判定，得出OG=OE，再根据中，，即可得到OE=OF；
（3）根据点P在射线OA上运动，需要分两种状况进行讨论：当点P在线段OA上时，当点P在线段OA延长线上时，分别根据全等三角形性质以及线段和差关系进行推导计算即可．
【详解】
（1）OE=OF．理由如下：
如图1．
∵四边形ABCD是矩形，∴ OA=OC．
∵，，∴．
∵在和中，，∴，∴ OE=OF；
（2）补全图形如图2，OE=OF仍然成立．证明如下：
延长EO交CF于点G．
∵，，∴ AE//CF，∴．
又∵点O为AC中点，∴ AO=CO．
在和中，，∴，∴ OG=OE，∴中，，∴ OE=OF；
（3）CF=OE+AE或CF=OE-AE．
证明如下：①如图2，当点P在线段OA上时．
∵，，∴，由（2）可得：OF=OG，∴是等边三角形，∴ FG=OF=OE，由（2）可得：，∴ CG=AE．
又∵ CF=GF+CG，∴ CF=OE+AE；
②如图3，当点P在线段OA延长线上时．
∵，，∴，同理可得：是等边三角形，∴ FG=OF=OE，同理可得：，∴ CG=AE．
又∵ CF=GF-CG，∴ CF=OE-AE．

【点睛】
本题属于四边形综合题，重要考察了矩形性质、全等三角形性质和判定以及等边三角形性质和判定，处理问题关键是构建全等三角形和证明三角形全等，运用矩形对角线互相平分得全等边相等条件，根据线段和差关系使问题得以处理．

12．如图，AB为⊙O直径，点E在⊙O上，过点E切线与AB延长线交于点D，连接BE，过点O作BE平行线，交⊙O于点F，交切线于点C，连接AC
（1）求证：AC是⊙O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）由等角转换证明出，根据圆位置关系证得AC是⊙O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直径，
∴AC为⊙O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】
本题重要考察与圆有关位置关系和圆中计算问题，纯熟掌握圆性质是本题解题关键.

13．如图1，若分别以△ABCAC、BC两边为边向外侧作四边形ACDE和BCFG为正方形，则称这两个正方形为外展双叶正方形．
（1）发现：如图2，当∠C=90°时，求证：△ABC与△DCF面积相等．
（2）引申：假如∠C90°时，（1）中结论还成立吗？若成立，请结合图1给出证明；若不成立，请阐明理由；
（3）运用：如图3，分别以△ABC三边为边向外侧作四边形ACDE、BCFG和ABMN为正方形，则称这三个正方形为外展三叶正方形．已知△ABC中，AC=3，BC=4．当∠C=_____°时，图中阴影部分面积和有最大值是________．

【答案】（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3）18.
【解析】
试题分析：（1）由于AC=DC，∠ACB=∠DCF=90°，BC=FC，因此△ABC≌△DFC，从而△ABC与△DFC面积相等；
（2）延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P；过点D作DQ⊥FC于点Q．得到四边形ACDE，BCFG均为正方形，AC=CD，BC=CF，∠ACP=∠DCQ．因此△APC≌△DQC．
于是AP=DQ．又由于S△ABC=BC•AP，S△DFC=FC•DQ，因此S△ABC=S△DFC；
（3）根据（2）得图中阴影部分面积和是△ABC面积三倍，若图中阴影部分面积和有最大值，则三角形ABC面积最大，当△ABC是直角三角形，即∠C是90度时，阴影部分面积和最大．因此S阴影部分面积和=3S△ABC=3××3×4=18．
（1）证明：在△ABC与△DFC中，
∵，
∴△ABC≌△DFC．
∴△ABC与△DFC面积相等；
（2）解：成立．理由如下：
如图，延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P；过点D作DQ⊥FC于点Q．
∴∠APC=∠DQC=90°．
∵四边形ACDE，BCFG均为正方形，
∴AC=CD，BC=CF，∠ACP+∠PCD=90°，∠DCQ+∠PCD=90°，
∴∠ACP=∠DCQ．
∴，
△APC≌△DQC（AAS），
∴AP=DQ．
又∵S△ABC=BC•AP，S△DFC=FC•DQ，
∴S△ABC=S△DFC；

（3）解：根据（2）得图中阴影部分面积和是△ABC面积三倍，
若图中阴影部分面积和有最大值，则三角形ABC面积最大，
∴当△ABC是直角三角形，即∠C是90度时，阴影部分面积和最大．
∴S阴影部分面积和=3S△ABC=3××3×4=18．
考点：四边形综合题

14．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平分线上一点，若∠AMN=90°，则AM=MN与否成立？若成立，请证明；若不成立，阐明理由．
（3）若将（2）中“正方形ABCD”改为“正n边形A1A2…An“，其他条件不变，请你猜想：当∠An﹣2MN=_____°时，结论An﹣2M=MN仍然成立．（不规定证明）

【答案】
【解析】
分析：（1）要证明AM=MN，可证AM与MN所在三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，运用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形对应边成比例得出AM=MN．
（2）同（1），要证明AM=MN，可证AM与MN所在三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE=CM，连接ME，运用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形对应边成比例得出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边形内角时，结论An-2M=MN仍然成立；
即∠An-2MN=时，结论An-2M=MN仍然成立；
故答案为[]．
点睛：本题综合考察了正方形、等边三角形性质及全等三角形判定，同步考察了学生归纳能力及分析、处理问题能力．难度较大．

15．如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC顶点A在x轴正半轴上，OA=4，OC=2，点D、E、F、G分别为边OA、AB、BC、CO中点，连结DE、EF、FG、GD．
（1）若点C在y轴正半轴上，当点B坐标为（2，4）时，判断四边形DEFG形状，并阐明理由.
（2）若点C在第二象限运动，且四边形DEFG为菱形时，求点四边形OABC对角线OB长度取值范围.
（3）若在点C运动过程中，四边形DEFG一直为正方形，当点C从X轴负半轴通过Y轴正半轴，运动至X轴正半轴时，直接写出点B运动途径长.

【答案】（1）正方形（2）（3）2π
【解析】
分析:（1）连接OB，AC，阐明OB⊥AC，OB=AC，可得四边形DEFG是正方形.
（2）由四边形DEFG是菱形，可得OB=AC，当点C在y轴上时，AC=，当点C在x轴上时，AC=6, 故可得结论；
（3）根据题意计算弧长即可.
详解：（1）正方形，如图1，证明连接OB，AC，阐明OB⊥AC，OB=AC，可得四边形DEFG是正方形.
（2）
如图2，由四边形DEFG是菱形，可得OB=AC，当点C在y轴上时，AC=，当点C在x轴上时，AC=6, ∴ ；
（3）2π.
如图3，当四边形DEFG是正方形时，OB⊥AC，且OB=AC，构造△OBE≌△ACO，可得B点在以E（0，4）为圆心，2为半径圆上运动.
因此当C点从x轴负半轴到正半轴运动时，B点运动途径为2 .

图1 图2 图3
点睛：本题重要考察了正方形判定，菱形性质以及弧长计算.灵活运用正方形判定定理和菱形性质运用是解题关键.