深圳中考数学平行四边形的综合专项训练.doc

-深圳中考数学《平行四边形综合》专题训练

一、平行四边形
1．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．

2．已知：如图，在平行四边形ABCD中，O为对角线BD中点，过点O直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF．
（1）求证：△DOE≌△BOF．
（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFDE为菱形？请阐明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）运用平行四边形性质以及全等三角形判定措施得出△DOE≌△BOF（ASA）；
（2）首先运用一组对边平行且相等四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而运用垂直平分线性质得出BE=ED，即可得出答案．
试题解析：（1）∵在▱ABCD中，O为对角线BD中点，
∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，
在△EOD和△FOB中
，
∴△DOE≌△BOF（ASA）；
（2）当∠DOE=90°时，四边形BFDE为菱形，
理由：∵△DOE≌△BOF，∴OE=OF，又∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形，
∵∠EOD=90°，∴EF⊥BD，∴四边形BFDE为菱形．

考点：平行四边形性质；全等三角形判定与性质；菱形判定．

3．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；
(2)若直线EF与AB，AD延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；
(3)将正方形改为长与宽不相等矩形，若其他条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间数量关系.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
试题分析：（1）根据旋转性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；
（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，运用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；
（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．
试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，
∴AF=AG，∠FAG=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=45°，
在△AGE与△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；

（2）设正方形ABCD边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF=BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，
∴EG=EF．
∵∠CEF=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，
∴a﹣BE=a﹣DF，
∴BE=DF，
∴BE=BM=DF=BG，
∴∠BMG=45°，
∴∠GME=45°+45°=90°，
∴EG2=ME2+MG2，
∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，
∴EF2=ME2+NF2；

（3）EF2=2BE2+2DF2．
如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2
又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，因此有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，
即2（DF2+BE2）=EF2

考点：四边形综合题

4．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．
（1）请问EG与CG存在怎样数量关系，并证明你结论；
（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中结论与否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请阐明理由．
（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接对应线段，问（1）中结论与否仍然成立？（请直接写出成果，不必写出理由）

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立
【解析】
【分析】
（1）运用直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一，可证出CG=EG．
（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最终证出CG=EG．
（3）结论仍然成立．
【详解】
（1）CG=EG．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF中点，∴CG=FD，同理．在Rt△DEF中，EG=FD，∴CG=EG．
（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．
证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF延长线交于N点．
在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；
在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG（ASA），∴MG=NG．
∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．
证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．
在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE
∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．
∵MG=CG，∴EG=MC，∴EG=CG．
（3）（1）中结论仍然成立．理由如下：
过F作CD平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．
由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又由于BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△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为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG

【点睛】
本题是四边形综合题．（1）关键是运用直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一解答；（2）关键是运用了直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一性质、全等三角形判定和性质解答．

5．如图，正方形ABCD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长为？

【答案】或
【解析】
【分析】
分两种状况分析：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长为或.
【点睛】
本题重要考察正方形性质与判定，矩形有性质判定、勾股定理、折叠性质等，能对地画出图形并能分类讨论是解题关键.

6．如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥DB，垂足为点D，将平行四边形ABCD折叠，使点B落在点D位置，点C落在点G位置，折痕为EF，EF交对角线BD于点P．
（1）连结CG，请判断四边形DBCG形状，并阐明理由；
（2）若AE＝BD，求∠EDF度数．

【答案】（1）四边形BCGD是矩形，理由详见解析；（2）∠EDF＝120°．
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形性质和折叠性质以及矩形判定解答即可；
（2）根据折叠性质以及直角三角形性质和等边三角形判定与性质解答即可．
【详解】
解：（1）四边形BCGD是矩形，理由如下，
∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC∥AD，即BC∥DG，
由折叠可知，BC＝DG，
∴四边形BCGD是平行四边形，
∵AD⊥BD，
∴∠CBD＝90°，
∴四边形BCGD是矩形；
（2）由折叠可知：EF垂直平分BD，
∴BD⊥EF，DP＝BP，
∵AD⊥BD，
∴EF∥AD∥BC，
∴
∴AE＝BE，
∴DE是Rt△ADB斜边上中线，
∴DE＝AE＝BE，
∵AE＝BD，
∴DE＝BD＝BE，
∴△DBE是等边三角形，
∴∠EDB＝∠DBE＝60°，
∵AB∥DC，
∴∠DBC＝∠DBE＝60°，
∴∠EDF＝120°．
【点睛】
本题考察了平行四边形性质，折叠性质，等边三角形性质和判定，重要考察学生运用定理进行推理和计算能力，题目综合性比较强，有一定难度

7．在中，于点，点为边中点，过点作，交延长线于点，连接．
如图，求证：四边形是矩形；
如图，当时，取中点，连接、，在不添加任何辅助线和字母条件下，请直接写出图中所有平行四边形（不包括矩形）．

【答案】(1) 证明见解析；（2）四边形、四边形、四边形、四边形、四边形都是平行四边形．
【解析】
【分析】
（1）由△AEF≌△CED，推出EF=DE，又AE=EC，推出四边形ADCF是平行四边形，只要证明∠ADC=90°，即可推出四边形ADCF是矩形．
（2）四边形ABDF、四边形AGEF、四边形GBDE、四边形AGDE、四边形GDCE都是平行四边形．
【详解】
证明：∵，
∴，
∵是中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
∵线段、线段、线段都是中位线，又，
∴，，，
∴四边形、四边形、四边形、四边形、四边形都是平行四边形．
【点睛】
考察平行四边形判定、矩形判定、三角形中位线定理、全等三角形判定和性质等知识，对寻找全等三角形处理问题是解题关键.

8．在中，，BD为AC边上中线，过点C作于点E，过点A作BD平行线，交CE延长线于点F，在AF延长线上截取，连接BG，DF．
求证：；
求证：四边形BDFG为菱形；
若，，求四边形BDFG周长．

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）8
【解析】
【分析】
运用平行线性质得到，再运用直角三角形斜边上中线等于斜边二分之一即可得证，
运用平行四边形判定定理判定四边形BDFG为平行四边形，再运用得结论即可得证，
设，则，运用菱形性质和勾股定理得到CF、AF和AC之间关系，解出x即可．
【详解】
证明：，，
，
又为AC中点，
，
又，
，
证明：，，
四边形BDFG为平行四边形，
又，
四边形BDFG为菱形，
解：设，则，，
在中，，
解得：，舍去，
，
菱形BDFG周长为8．
【点睛】
本题考察了菱形判定与性质直角三角形斜边上中线，勾股定理等知识，对掌握这些定义性质及判定并结合图形作答是处理本题关键．

9．(1)问题发现
如图1,点E. F分别在正方形ABCD边BC、CD上,∠EAF=45°，连接EF、则EF=BE+DF，试阐明理由；
(2)类比引申
如图2,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°,点E. F分别在边BC、CD上,∠EAF=45°，若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF=BE+DF；
(3)联想拓展
如图3,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°，猜想BD、DE、EC满足等量关系，并写出推理过程。

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
试题分析：（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重叠，证出△AFG≌△AFE，根据全等三角形性质得出EF=FG，即可得出答案；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重叠，证出△AFE≌△AFG，根据全等三角形性质得出EF=FG，即可得出答案；
（3）把△ACE旋转到ABF位置，连接DF，证明△AFE≌△AFG（SAS），则EF=FG，∠C=∠ABF=45°，△BDF是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断．
试题解析：(1)理由是：如图1，

∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90∘至△ADG，可使AB与AD重叠，如图1，
∵∠ADC=∠B=90∘，
∴∠FDG=180∘，点F. D. G共线，
则∠DAG=∠BAE，AE=AG，
∠FAG=∠FAD+∠GAD=∠FAD+∠BAE=90∘−45∘=45∘=∠EAF，
即∠EAF=∠FAG，
在△EAF和△GAF中，
AF=AF，∠EAF=∠GAF，AE=AG，
∴△AFG≌△AFE(SAS)，
∴EF=FG=BE+DF；
(2)∠B+∠D=180∘时，EF=BE+DF；
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90∘至△ADG，可使AB与AD重叠，如图2，

∴∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=90∘,∠EAF=45∘，
∴∠BAE+∠DAF=45∘，
∴∠EAF=∠FAG，
∵∠ADC+∠B=180∘，
∴∠FDG=180∘，点F. D. G共线，
在△AFE和△AFG中，
AE=AG，∠FAE=∠FAG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
即：EF=BE+DF，
故答案为：∠B+∠ADC=180∘；
(3)BD2+CE2=DE2.
理由是：把△ACE旋转到ABF位置，连接DF，

则∠FAB=∠CAE.
∵∠BAC=90∘,∠DAE=45∘，
∴∠BAD+∠CAE=45∘，
又∵∠FAB=∠CAE，
∴∠FAD=∠DAE=45∘，
则在△ADF和△ADE中，
AD=AD，∠FAD=∠DAE，AF=AE，
∴△ADF≌△ADE，
∴DF=DE,∠C=∠ABF=45∘，
∴∠BDF=90∘，
∴△BDF是直角三角形,
∴BD2+BF2=DF2，
∴BD2+CE2=DE2.

10．（1）问题发现：
如图①，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB位置关系为　 　；
（2）深入探究：
如图②，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C一点，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠ABC=∠AMN，AM=MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN数量关系，并阐明理由；
（3）拓展延伸：
如图③，在正方形ADBC中，AD=AC，点M为BC边上异于B、C一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF中点，连接CN，若BC=10，CN=，试求EF长．

【答案】（1）NC∥AB；理由见解析；（2）∠ABC=∠ACN；理由见解析；（3）；
【解析】
分析：（1）根据△ABC，△AMN为等边三角形，得到AB=AC，AM=AN且∠BAC=∠MAN=60°从而得到∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM，即∠BAM=∠CAN，证明△BAM≌△CAN，即可得到BM=CN．
（2）根据△ABC，△AMN为等腰三角形，得到AB：BC=1：1且∠ABC=∠AMN，根据相似三角形性质得到，运用等腰三角形性质得到∠BAC=∠MAN，根据相似三角形性质即可得到结论；
（3）如图3，连接AB，AN，根据正方形性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，根据相似三角形性质得出，得到BM=2，CM=8，再根据勾股定理即可得到答案．
详解：（1）NC∥AB，理由如下：
∵△ABC与△MN是等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAM=∠CAN，
在△ABM与△ACN中，
，
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴∠B=∠ACN=60°，
∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，
∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，
∴CN∥AB；
（2）∠ABC=∠ACN，理由如下：
∵=1且∠ABC=∠AMN，
∴△ABC～△AMN
∴，
∵AB=BC，
∴∠BAC=（180°﹣∠ABC），
∵AM=MN
∴∠MAN=（180°﹣∠AMN），
∵∠ABC=∠AMN，
∴∠BAC=∠MAN，
∴∠BAM=∠CAN，
∴△ABM～△ACN，
∴∠ABC=∠ACN；
（3）如图3，连接AB，AN，
∵四边形ADBC，AMEF为正方形，
∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，
∴∠BAC﹣∠MAC=∠MAN﹣∠MAC
即∠BAM=∠CAN，
∵，
∴，
∴△ABM～△ACN
∴，
∴=cos45°=，
∴，
∴BM=2，
∴CM=BC﹣BM=8，
在Rt△AMC，
AM=，
∴EF=AM=2．

点睛：本题是四边形综合题目，考察了正方形性质、等边三角形性质、等腰三角形性质、全等三角形性质定理和判定定理、相似三角形性质定理和判定定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是处理问题关键．

11．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

12．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．

13．已知一次函数y=x+3图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，以线段AB为直角边在第二象限内左等腰直角三角形ABC，∠BAC=90°，如图1所示．

（1）填空：AB= ，BC= ．
（2）将△ABC绕点B逆时针旋转，
①当AC与x轴平行时，则点A坐标是
②当旋转角为90°时，得到△BDE，如图2所示，求过B、D两点直线函数关系式．
③在②条件下，旋转过程中AC扫过图形面积是多少？
（3）将△ABC向右平移到△A′B′C′位置，点C′为直线AB上一点，请直接写出△ABC扫过图形面积．
【答案】（1）：5；5；（2）①（0，﹣2）；②直线BD解析式为y=﹣x+3；③S=π；（3）△ABC扫过面积为．
【解析】
试题分析：（1）根据坐标轴上点坐标特征，结合一次函数解析式求出A、B两点坐标，运用勾股定理即可解答；
（2）①由于B（0，3），因此OB=3，因此AB=5，因此AO=AB-BO=5-3=2，因此A（0，-2）；
②过点C作CF⊥OA与点F，证明△AOB≌△CFA，得到点C坐标，求出直线AC解析式，根据AC∥BD，因此直线BD解析式k值与直线AC解析式k值相似，设出解析式，即可解答．
③运用旋转性质进而得出A，B，C对应点位置进而得出答案，再运用以BC为半径90°圆心角扇形面积减去以AB为半径90°圆心角扇形面积求出答案；
（3）运用平移性质进而得出△ABC扫过图形是平行四边形面积．
试题解析：（1）∵一次函数y=x+3图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A（-4，0），B（0，3），
∴AO=4，BO=3，
在Rt△AOB中，AB=，
∵等腰直角三角形ABC，∠BAC=90°，
∴BC=；
（2）①如图1，

∵B（0，3），
∴OB=3，
∵AB=5，
∴AO=AB-BO=5-3=2，
∴A（0，-2）．
当在x轴上方时，点A坐标为（0，8），
②如图2，

过点C作CF⊥OA与点F，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠BAO+∠CAF=90°，
∵∠OBA+∠BAO=90°，
∴∠CAF=∠OBA，
在△AOB和△CFA中，
，
∴△AOB≌△CFA（AAS）；
∴OA=CF=4，OB=AF=3，
∴OF=7，CF=4，
∴C（-7，4）
∵A（-4，0）
设直线AC解析式为y=kx+b，
将A与C坐标代入得：，
解得：，
则直线AC解析式为y=x，
∵将△ABC绕点B逆时针旋转，当旋转角为90°时，得到△BDE，
∴∠ABD=90°，
∵∠CAB=90°，
∴∠ABD=∠CAB=90°，
∴AC∥BD，
∴设直线BD解析式为y=x+b1，
把B（0，3）代入解析式：b1=3，
∴直线BD解析式为y=x+3；
③由于旋转过程中AC扫过图形是以BC为半径90°圆心角扇形面积减去以AB为半径90°圆心角扇形面积，
因此可得：S=；
（3）将△ABC向右平移到△A′B′C′位置，△ABC扫过图形是一种平行四边形和三角形ABC，如图3：
将C点纵坐标代入一次函数y=x+3，求得C′横坐标为，
平行四边CAA′C′面积为（7+）×4=，
三角形ABC面积为×5×5=
△ABC扫过面积为：．
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有效途径．下面是一案例，请同学们认真阅读、研究，完毕“类比猜想”问题．
习题 如图（1），点E、F分别在正方形ABCD边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，阐明理由．
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，尚有EF=BE+DF吗？请阐明理由．
（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？请阐明理由．

【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，根据菱形和旋转性质得到AE=AE′，∠EAF=∠E′AF，运用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F；由于∠ADE′+∠ADC=120°，则点F、D、E′不共线，因此DE′+DF＞EF，即由BE+DF＞EF；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD度数至△ADE′，如图（3），根据旋转性质得到AE′=AE，∠EAF=∠E′AF，然后运用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F，由于∠ADE′+∠ADC=180°，知F、D、E′共线，因此有EF=DE′+DF=BE+DF；根据前面条件和结论可归纳出结论．
试题解析：（1）当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，EF=BE+DF不成立，EF＜BE+DF．
理由如下：∵在菱形ABCD中，∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴AB=AD，∠1+∠2=60°，∠B=∠ADC=60°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F，

∴∠EAE′=120°，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B=60°，
∴∠2+∠3=60°，
∴∠EAF=∠E′AF，
在△AEF和△AE′F中
，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF=E′F，
∵∠ADE′+∠ADC=120°，即点F、D、E′不共线，
∴DE′+DF＞EF
∴BE+DF＞EF；
（2）当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF成立．
理由如下：如图（3），

∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD度数至△ADE′，如图（3），
∴∠EAE′=∠BAD，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B，
∵∠B+∠D=180°，
∴∠ADE′+∠D=180°，
∴点F、D、E′共线，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠1+∠2=∠BAD，
∴∠2+∠3=∠BAD，
∴∠EAF=∠E′AF，
在△AEF和△AE′F中
，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF=E′F，
∴EF=DE′+DF=BE+DF；
归纳：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．
考点：四边形综合题．

15．已知：如图，四边形ABCD和四边形AECF都是矩形，AE与BC交于点M，CF与AD交于点N．

（1）求证：△ABM≌△CDN；
（2）矩形ABCD和矩形AECF满足何种关系时，四边形 AMCN是菱形，证明你结论．
【答案】（1）证明见解析；（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．证明见解析；
【解析】
试题分析：（1）由已知条件可得四边形AMCN是平行四边形，从而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，运用HL即可证明；
（2）若四边形AMCN为菱形，则有AM=AN，从已知可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，因此有△ABM≌△AFN，从而得AB=AF，因此当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD∥BC．
∵四边形AECF是矩形，∴AE∥CF．∴四边形AMCN是平行四边形．∴AM＝CN．在Rt△ABM和Rt△CDN中，AB＝CD，AM＝CN，∴Rt△ABM≌Rt△CDN．
（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．
∵四边形ABCD、AECF是矩形，∴∠B＝∠BAD＝∠EAF＝∠F＝90°．∴∠BAD－∠NAM＝∠EAF－∠NAM，即∠BAM＝∠FAN．又∵AB＝AF，∴△ABM≌△AFN．∴AM＝AN．由（1）知四边形AMCN是平行四边形，∴平行四边形AMCN是菱形．
考点：1．矩形性质；2．三角形全等判定与性质；3．菱形判定．