2025年备战中考数学平行四边形培优易错试卷练习含答案附详细答案.doc

-备战中考数学 平行四边形 培优易错试卷练习(含答案)附详细答案

一、平行四边形
1．（问题情景）运用三角形面积相等来求解措施是一种常见等积法，此措施是我们处理几何问题途径之一．
例如：张老师给小聪提出这样一种问题：
如图1，在△ABC中，AB=3，AD=6，问△ABC高AD与CE比是多少？
小聪计算思绪是：
根据题意得：S△ABC=BC•AD=AB•CE．
从而得2AD=CE，∴
请运用上述材料中所积累经验和措施处理下列问题：
（1）（类比探究）
如图2，在▱ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AF=CE，并相交于点O，连接BE、BF，
求证：BO平分角AOC．
（2）（探究延伸）
如图3，已知直线m∥n，点A、C是直线m上两点，点B、D是直线n上两点，点P是线段CD中点，且∠APB=90°，两平行线m、n间距离为4．求证：PA•PB=2AB．
（3）（迁移应用）
如图4，E为AB边上一点，ED⊥AD，CE⊥CB，垂足分别为D，C，∠DAB=∠B，AB=，BC=2，AC=，又已知M、N分别为AE、BE中点，连接DM、CN．求△DEM与△CEN周长之和．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）5+
【解析】
分析：(1)、根据平行四边形性质得出△ABF和△BCE面积相等，过点B作OG⊥AF于G，OH⊥CE于H，从而得出AF=CE，然后证明△BOG和△BOH全等，从而得出∠BOG=∠BOH，即角平分线；(2)、过点P作PG⊥n于G，交m于F，根据平行线性质得出△CPF和△DPG全等，延长BP交AC于E，证明△CPE和△DPB全等，根据等积法得出AB=AP×PB，从而得出答案；(3)、，延长AD，BC交于点G，过点A作AF⊥BC于F，设CF=x，根据Rt△ABF和Rt△ACF勾股定理得出x值，根据等积法得出AE=2DM=2EM，BE=2CN=2EN， DM+CN=AB，从而得出两个三角形周长之和．
同理：EM+EN=AB
详解：证明：（1）如图2， ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△ABF=S▱ABCD，S△BCE=S▱ABCD， ∴S△ABF=S△BCE，
过点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）如图3，过点P作PG⊥n于G，交m于F， ∵m∥n， ∴PF⊥AC，
∴∠CFP=∠BGP=90°， ∵点P是CD中点，
在△CPF和△DPG中，， ∴△CPF≌△DPG， ∴PF=PG=FG=2，
延长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）如图4，延长AD，BC交于点G， ∵∠BAD=∠B，
∴AG=BG，过点A作AF⊥BC于F，
设CF=x（x＞0）， ∴BF=BC+CF=x+2， 在Rt△ABF中，AB=，
根据勾股定理得，AF2=AB2﹣BF2=34﹣（x+2）2， 在Rt△ACF中，AC=，
根据勾股定理得，AF2=AC2﹣CF2=26﹣x2，
∴34﹣（x+2）2=26﹣x2， ∴x=﹣1（舍）或x=1， ∴AF==5，
连接EG， ∵S△ABG=BG×AF=S△AEG+S△BEG=AG×DE+BG×CE=BG（DE+CE），
∴DE+CE=AF=5， 在Rt△ADE中，点M是AE中点， ∴AE=2DM=2EM，
同理：BE=2CN=2EN， ∵AB=AE+BE， ∴2DM+2CN=AB， ∴DM+CN=AB，
同理：EM+EN=AB ∴△DEM与△CEN周长之和=DE+DM+EM+CE+CN+EN=（DE+CE）+[（DM+CN）+（EM+EN）]
=（DE+CN）+AB=5+．

点睛：本题重要考察就是三角形全等判定与性质以及三角形等积法，综合性非常强，难度较大．在处理这个问题关键就是作出辅助线，然后根据勾股定理和三角形全等得出各个线段之间关系．

2．（1）、动手操作：
如图①：将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重叠，点C落在点处，折痕为EF，若∠ABE＝20°，那么度数为 .
（2）、观测发现：
小明将三角形纸片ABC（AB＞AC）沿过点A直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片（如图②）；再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重叠，折痕为EF，展平纸片后得到△AEF（如图③）．小明认为△AEF是等腰三角形，你同意吗？请阐明理由．

（3）、实践与运用：
将矩形纸片ABCD按如下环节操作：将纸片对折得折痕EF，折痕与AD边交于点E，与BC边交于点F；将矩形ABFE与矩形EFCD分别沿折痕MN和PQ折叠，使点A、点D都与点F重叠，展开纸片，此时恰好有MP＝MN＝PQ（如图④），求∠MNF大小.
【答案】（1）125°；（2）同意；（3）60°
【解析】
试题分析：（1）根据直角三角形两个锐角互余求得∠AEB=70°，根据折叠重叠角相等，得∠BEF=∠DEF=55°，根据平行线性质得到∠EFC=125°，再根据折叠性质得到∠EFC′=∠EFC=125°；
（2）根据第一次折叠，得∠BAD=∠CAD；根据第二次折叠，得EF垂直平分AD，根据等角余角相等，得∠AEG=∠AFG，则△AEF是等腰三角形；
（3）由题意得出：∠NMF=∠AMN=∠MNF，MF=NF，由对称性可知，MF=PF，进而得出△MNF≌△MPF，得出3∠MNF=180°求出即可．
试题解析：（1）、∵在直角三角形ABE中，∠ABE=20°，
∴∠AEB=70°，
∴∠BED=110°，
根据折叠重叠角相等，得∠BEF=∠DEF=55°．
∵AD∥BC，
∴∠EFC=125°，
再根据折叠性质得到∠EFC′=∠EFC=125°．；
（2）、同意，如图，设AD与EF交于点G

由折叠知，AD平分∠BAC，因此∠BAD=∠CAD．
由折叠知，∠AGE=∠DGE=90°，
因此∠AGE=∠AGF=90°，
因此∠AEF=∠AFE．
因此AE=AF，
即△AEF为等腰三角形．
（3）、由题意得出：∠NMF＝∠AMN＝∠MNF，
∴MF＝NF，
由折叠可知，MF＝PF，
∴NF＝PF，
而由题意得出：MP＝MN，
又∵MF＝MF，
∴△MNF≌△MPF，
∴∠PMF＝∠NMF，而∠PMF＋∠NMF＋∠MNF＝180°，
即3∠MNF＝180°，
∴∠MNF＝60°.
考点：1.折叠性质；2.等边三角形性质；3.全等三角形判定和性质；4.等腰三角形判定

3．四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H．
（1）如图1，当点E、F在线段AD上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG与BE位置关系，并加以证明；
（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试阐明HO平分∠BHG；
（3）当点E、F运动到如图3所示位置时，其他条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO度数．

【答案】（1）①证明见解析；②AG⊥BE．理由见解析；（2）证明见解析；（3）∠BHO=45°．
【解析】
试题分析：（1）①根据正方形性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，因此∠DAG=∠DCG；②根据正方形性质得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，因此∠DAG=∠ABE，然后运用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断AG⊥BE；
（2）如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立；
（3）如答图2所示，与（1）同理，可以证明AG⊥BE；过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，构造全等三角形△AON≌△BOM，从而证明OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG，即∠BHO=45°．
试题解析：（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADG和△CDG中
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG=∠DCG；
②AG⊥BE．理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，
在△ABE和△DCF中
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE=∠DCF，
∵∠DAG=∠DCG，
∴∠DAG=∠ABE，
∵∠DAG+∠BAG=90°，
∴∠ABE+∠BAG=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG⊥BE；
（2）由（1）可知AG⊥BE．
如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形．

∴∠MON=90°，
又∵OA⊥OB，
∴∠AON=∠BOM．
∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°，
∴∠OAN=∠OBM．
在△AON与△BOM中，

∴△AON≌△BOM（AAS）．
∴OM=ON，
∴矩形OMHN为正方形，
∴HO平分∠BHG．
（3）将图形补充完整，如答图2示，∠BHO=45°．

与（1）同理，可以证明AG⊥BE．
过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，
与（2）同理，可以证明△AON≌△BOM，
可得OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG，
∴∠BHO=45°．
考点：1、四边形综合题；2、全等三角形判定与性质；3、正方形性质

4．已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动．

（1）如图1，当b=2a，点M运动到边AD中点时，请证明∠BMC=90°；
（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动过程中，与否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请阐明理由；
（3）如图3，当b＜2a时，（2）中结论与否仍然成立？请阐明理由．
【答案】（1）见解析；
（2）存在，理由见解析;
（3）不成立．理由如下见解析.
【解析】
试题分析：（1）由b=2a，点M是AD中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°；
（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形对应边成比例，即可得方程：x2﹣bx+a2=0，由b＞2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，即可确定方程有两个不相等实数根，且两根均不小于零，符合题意；
（3）由（2），当b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程x2﹣bx+a2=0根状况，即可求得答案．
试题解析：（1）∵b=2a，点M是AD中点，
∴AB=AM=MD=DC=a，
又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AMB=∠DMC=45°，
∴∠BMC=90°．
（2）存在，
理由：若∠BMC=90°，
则∠AMB+∠DMC=90°，
又∵∠AMB+∠ABM=90°，
∴∠ABM=∠DMC，
又∵∠A=∠D=90°，
∴△ABM∽△DMC，
∴，
设AM=x，则，
整理得：x2﹣bx+a2=0，
∵b＞2a，a＞0，b＞0，
∴△=b2﹣4a2＞0，
∴方程有两个不相等实数根，且两根均不小于零，符合题意，
∴当b＞2a时，存在∠BMC=90°，
（3）不成立．
理由：若∠BMC=90°，
由（2）可知x2﹣bx+a2=0，
∵b＜2a，a＞0，b＞0，
∴△=b2﹣4a2＜0，
∴方程没有实数根，
∴当b＜2a时，不存在∠BMC=90°，即（2）中结论不成立．
考点：1、相似三角形判定与性质；2、根鉴别式；3、矩形性质

5．如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O直线分别交AB，CD边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
分析：（1）根据平行四边形ABCD性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF对角线互相平分，进而得出结论；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF长.
详解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD中点，
∴∠A=90°，AD=BC=4，AB∥DC，OB=OD，
∴∠OBE=∠ODF，
在△BOE和△DOF中，

∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴EO=FO，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，BD⊥EF，
设BE=x，则 DE=x，AE=6-x，
在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2，
∴x2=42+（6-x）2，
解得：x= ，
∵BD= =2，
∴OB=BD=，
∵BD⊥EF，
∴EO==，
∴EF=2EO=．
点睛：本题重要考察了矩形性质，菱形性质、勾股定理、全等三角形判定与性质，纯熟掌握矩形性质和勾股定理，证明三角形全等是处理问关键

6．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．

7．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.

8．（1）如图1，将矩形折叠，使落在对角线上，折痕为，点落在点处，若，则度数为______.

（2）小明手中有一张矩形纸片，，.
（画一画）如图2，点在这张矩形纸片边上，将纸片折叠，使落在所在直线上，折痕设为（点，分别在边，上），运用直尺和圆规画出折痕（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清晰）；

（算一算）如图3，点在这张矩形纸片边上，将纸片折叠，使落在射线上，折痕为，点分别落在点，处，若，求长.

【答案】（1）21；（2）画一画；见解析；算一算：
【解析】
【分析】
（1）运用平行线性质以及翻折不变性即可处理问题；
（2）【画一画】，如图2中，延长BA交CE延长线由G，作∠BGC角平分线交AD于M，交BC于N，直线MN即为所求；
【算一算】首先求出GD=9-，由矩形性质得出AD∥BC，BC=AD=9，由平行线性质得出∠DGF=∠BFG，由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，证出∠DFG=∠DGF，由等腰三角形判定定理证出DF=DG=，再由勾股定理求出CF，可得BF，再运用翻折不变性，可知FB′=FB，由此即可处理问题．
【详解】
（1）如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=42°，
由翻折性质可知，∠DBE=∠EBC=∠DBC=21°，
故答案为21．
（2）【画一画】如图所示：

【算一算】
如3所示：

∵AG=，AD=9，
∴GD=9-，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，BC=AD=9，
∴∠DGF=∠BFG，
由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，
∴∠DFG=∠DGF，
∴DF=DG=，
∵CD=AB=4，∠C=90°，
∴在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF=，
∴BF=BC-CF=9，
由翻折不变性可知，FB=FB′=，
∴B′D=DF-FB′=.
【点睛】
四边形综合题，考察了矩形性质、翻折变换性质、勾股定理、等腰三角形判定、平行线性质等知识，解题关键是灵活运用所学知识处理问题，学会运用翻折不变性处理问题．

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重叠：①求证：AF=DE；②若正方形边长为2，当∠DOE=15°时，求线段EF长；
（2）如图2，若Rt△PFE顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重叠），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根据正方形性质和旋转性质即可证得：△AOF≌△DOE根据全等三角形性质证明；
②作OG⊥AB于G，根据余弦概念求出OF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，根据相似三角形判定和性质求出PE与PF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】
此题属于四边形综合题．考察了正方形性质、全等三角形判定与性质、相似三角形判定与性质以及勾股定理．注意精确作出辅助线是解此题关键．

10．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．

11．如图，抛物线交x轴正半轴于点A，点B（，a）在抛物线上，点C是抛物线对称轴上一点，连接AB、BC，以AB、BC为邻边作□ABCD，记点C纵坐标为n，
（1）求a值及点A坐标；
（2）当点D恰好落在抛物线上时，求n值；
（3）记CD与抛物线交点为E，连接AE，BE，当△AEB面积为7时，n=___________．（直接写出答案）

【答案】（1）， A（3，0）；（2）
【解析】
试题解析：（1）把点B坐标代入抛物线解析式中，即可求出a值，令y=0即可求出点A坐标．
（２）求出点D坐标即可求解；
（3）运用△AEB面积为7，列式计算即可得解.
试题解析：（1）当时，
由 ，得（舍去），（1分）
∴A（3，0）
（2）过D作DG⊥轴于G，BH⊥轴于H.

∵CD∥AB，CD=AB
∴，
∴，
∴
（3）

12．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

13．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.

14．正方形ABCD边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点E是AB边上一种动点（点E不与点A、B重叠），CE与BD相交于点F，设线段BE长度为x．

（1）如图1，当AD=2OF时，求出x值；
（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE面积为S，试求S与x函数关系式并求出S最大值．
【答案】（1）x=﹣1；
（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1），
当x=时，S值最大，最大值为，．
【解析】
试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到CM=ME，根据三角形中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，求得OF=OM=解方程，即可得到成果；
（2）过P作PG⊥AB交AB延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据全等三角形性质得到EB=PG=x，由三角形面积公式得到S=（1﹣x）•x，根据二次函数性质即可得到结论．
试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，
∵OA=OC，
∴CM=ME，
∴AE=2OM=2OF，
∴OM=OF，
∴，
∴BF=BE=x，
∴OF=OM=，
∵AB=1，
∴OB=，
∴，
∴x=﹣1；

（2）过P作PG⊥AB交AB延长线于G，如图2，
∵∠CEP=∠EBC=90°，
∴∠ECB=∠PEG，
∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°，
在△EPG与△CEB中，
，
∴△EPG≌△CEB，
∴EB=PG=x，
∴AE=1﹣x，
∴S=（1﹣x）•x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1），
∵﹣＜0，
∴当x=时，S值最大，最大值为，．

考点：四边形综合题

15．已知，以为边在外作等腰，其中.
（1）如图①，若，，求度数.
（2）如图②，，，，.
①若，，长为______.
②若变化大小，但，面积与否变化？若不变，求出其值；若变化，阐明变化规律.

【答案】（1）120°；（2）①2；②2
【解析】
试题分析：（1）根据SAS，可首先证明△AEC≌△ABD，再运用全等三角形性质，可得对应角相等，根据三角形外角定理，可求出∠BFC度数；
（2）①如图2，在△ABC外作等边△BAE，连接CE，运用旋转法证明△EAC≌△BAD，可证∠EBC=90°，EC=BD=6，由于BC=4，在Rt△BCE中，由勾股定理求BE即可；
②过点B作BE∥AH，并在BE上取BE=2AH，连接EA，EC．并取BE中点K，连接AK，仿照（2）运用旋转法证明△EAC≌△BAD，求得EC=DB，运用勾股定理即可得出结论．
试题解析：

解：（1）∵AE=AB，AD=AC，
∵∠EAB=∠DAC=60°，
∴∠EAC=∠EAB+∠BAC，∠DAB=∠DAC+∠BAC，
∴∠EAC=∠DAB，
在△AEC和△ABD中
∴△AEC≌△ABD（SAS），
∴∠AEC=∠ABD，
∵∠BFC=∠BEF+∠EBF=∠AEB+∠ABE，
∴∠BFC=∠AEB+∠ABE=120°，
故答案为120°；
（2）①如图2，以AB为边在△ABC外作正三角形ABE，连接CE．

由（1）可知△EAC≌△BAD．
∴EC=BD．
∴EC=BD=6，
∵∠BAE=60°，∠ABC=30°，
∴∠EBC=90°．
在RT△EBC中，EC=6，BC=4，
∴EB===2
∴AB=BE=2．
②若变化α，β大小，但α+β=90°，△ABC面积不变化，
如下证明：如图2，作AH⊥BC交BC于H，过点B作BE∥AH，并在BE上取BE=2AH，连接EA，EC．并取BE中点K，连接AK．
∵AH⊥BC于H，
∴∠AHC=90°．
∵BE∥AH，
∴∠EBC=90°．
∵∠EBC=90°，BE=2AH，
∴EC2=EB2+BC2=4AH2+BC2．
∵K为BE中点，BE=2AH，
∴BK=AH．
∵BK∥AH，
∴四边形AKBH为平行四边形．
又∵∠EBC=90°，
∴四边形AKBH为矩形．∠ABE=∠ACD，
∴∠AKB=90°．
∴AK是BE垂直平分线．
∴AB=AE．
∵AB=AE，AC=AD，∠ABE=∠ACD，
∴∠EAB=∠DAC，
∴∠EAB+∠EAD=∠DAC+∠EAD，
即∠EAC=∠BAD，
在△EAC与△BAD中

∴△EAC≌△BAD．
∴EC=BD=6．
在RT△BCE中，BE==2，
∴AH=BE=，
∴S△ABC=BC•AH=2
考点：全等三角形判定与性质；等腰三角形性质