备战中考数学易错题专题训练平行四边形练习题附详细答案.doc

-备战中考数学易错题专题训练-平行四边形练习题附详细答案

一、平行四边形
1．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上一种动点（点G与C、D不重叠），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．
（1）①猜想图1中线段BG、线段DE长度关系及所在直线位置关系，不必证明；
②将图1中正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观测、测量等措施判断①中得到结论与否仍然成立，并证明你判断．

（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb （a≠b，k＞0），第（1）题①中得到结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要阐明理由．

（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=，求BE2+DG2值．
【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．
【解析】
分析：（1）①根据正方形性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间关系；
②结合正方形性质，根据SAS仍然可以判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；
（2）根据两条对应边比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中位置关系仍然成立；
（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形长、宽平方和．
详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；
②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
∴△BCG≌△DCE，
∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，
又∵∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG⊥DE．
（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，
∴，
又∵∠BCG=∠DCE，
∴△BCG∽△DCE，
∴∠CBG=∠CDE，
又∵∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG⊥DE．
（3）连接BE、DG．
根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，
∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°
∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．

点睛：此题综合运用了全等三角形判定和性质、相似三角形判定和性质以及勾股定理．

2．四边形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

3．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

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．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．

6．图1、图2是两张形状、大小完全相似方格纸，方格纸中每个小正方形边长均为1，每个小正方形顶点叫做格点．
（1）在图1中画出等腰直角三角形MON，使点N在格点上，且∠MON=90°；
（2）在图2中以格点为顶点画一种正方形ABCD，使正方形ABCD面积等于（1）中等腰直角三角形MON面积4倍，并将正方形ABCD分割成以格点为顶点四个全等直角三角形和一种正方形，且正方形ABCD面积没有剩余（画出一种即可）．

【答案】（1）作图参见解析；（2）作图参见解析.
【解析】
试题分析：（1）过点O向线段OM作垂线，此直线与格点交点为N，连接MN即可；（2）根据勾股定理画出图形即可．
试题解析：（1）过点O向线段OM作垂线，此直线与格点交点为N，连接MN，如图1所示；

（2）等腰直角三角形MON面积是5，因此正方形面积是20，如图2所示；于是根据勾股定理画出图3：

考点：1.作图﹣应用与设计作图；2.勾股定理.

7．（问题情境）在△ABC中，AB＝AC，点P为BC所在直线上任一点，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．
证明思绪是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC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，其他条件不变（如图3），试探索PD、PE、CF之间数量关系并阐明理由；
请运用上述解答中所积累经验和措施完毕下列两题：
（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上一种动点，若点P到直线l1距离为2．求点P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，同理运用△ABP与△ACP面积之差等于△ABC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性质解答即可；
【迁移拓展】
分两种状况，运用结论，求得点P到x轴距离，再运用待定系数法可求出P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，
由问题情境中结论可得：PG+PH＝EQ．
∴PG+PH＝8．
∴PG+PH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纵坐标为6
又点P1在直线l2上，
∴y＝2x+8＝6，
∴x＝﹣1，
即点P1坐标为（﹣1，6）；
（2）由结论得：P2E2﹣P2D2＝OA＝8
∵P2D2＝2，
∴P2E2＝10 即点P1纵坐标为10
又点P1在直线l2上，
∴y＝2x+8＝10，
∴x＝1，
即点P1坐标为（1，10）
【点睛】
本题考察了矩形性质与判定、等腰三角形性质与判定及勾股定理等知识点，运用面积法列出等式是处理问题关键．

8．已知，点是角平分线上任意一点，既有一种直角绕点旋转，两直角边，分别与直线，相交于点，点.

（1）如图1，若，猜想线段，，之间数量关系，并阐明理由.
（2）如图2，若点在射线上，且与不垂直，则（1）中数量关系与否仍成立？如成立，请阐明理由；如不成立，请写出线段，，之间数量关系，并加以证明.
（3）如图3，若点在射线反向延长线上，且，，请直接写出线段长度.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）先证四边形为矩形，再证矩形为正方形，由正方形性质可得；（2）过点作于点，于点，证四边形为正方形，再证，可得；（3）根据，可得.
【详解】
解：（1）∵，，，
∴四边形为矩形.
∵是角平分线，
∴，
∴，
∴矩形为正方形，
∴，.
∴.
（2）如图，过点作于点，于点，
∵平分，，
∴四边形为正方形，
由（1）得：，
在和中，
，
∴，
∴，
∴.
（3），
，
∴.
∵，，
∴，
∴，
∴，
长度为.
【点睛】
考核知识点：矩形，正方形判定和性质.纯熟运用特殊四边形性质和判定是关键.

9．正方形ABCD，点E在边BC上，点F在对角线AC上，连AE．
(1)如图1，连EF，若EF⊥AC，4AF＝3AC，AB＝4，求△AEF周长；
(2)如图2，若AF＝AB，过点F作FG⊥AC交CD于G，点H在线段FG上(不与端点重叠)，连AH．若∠EAH＝45°，
求证：EC＝HG+FC．

【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由正方形性质得出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，得出AC＝AB＝4，求出AF＝3，CF＝AC﹣AF＝，求出△CEF是等腰直角三角形，得出EF＝CF＝，CE＝CF＝2，在Rt△AEF中，由勾股定理求出AE，即可得出△AEF周长；
（2）延长GF交BC于M，连接AG，则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，得出CM＝CG，CG＝CF，证出BM＝DG，证明Rt△AFG≌Rt△ADG得出FG＝DG，BM＝FG，再证明△ABE≌△AFH，得出BE＝FH，即可得出结论．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，
∴AC＝AB＝4，
∵4AF＝3AC＝12，
∴AF＝3，
∴CF＝AC﹣AF＝，
∵EF⊥AC，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF＝CF＝，CE＝CF＝2，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE＝，
∴△AEF周长＝AE+EF+AF＝；
（2）证明：延长GF交BC于M，连接AG，如图2所示：

则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，
∴CM＝CG，CG＝CF，
∴BM＝DG，
∵AF＝AB，
∴AF＝AD，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴FG＝DG，∴BM＝FG，
∵∠BAC＝∠EAH＝45°，
∴∠BAE＝∠FAH，
∵FG⊥AC，
∴∠AFH＝90°，
在△ABE和△AFH中，
，
∴△ABE≌△AFH（ASA），
∴BE＝FH，
∵BM＝BE+EM，FG＝FH+HG，
∴EM＝HG，
∵EC＝EM+CM，CM＝CG＝CF，
∴EC＝HG+FC．
【点睛】
本题考察了正方形性质、全等三角形判定与性质、等腰直角三角形判定与性质、勾股定理等知识；纯熟掌握等腰直角三角形判定与性质，证明三角形全等是解题关键．

10．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．

11．如图，抛物线y=mx2+2mx+n通过A（﹣3，0），C（0，﹣）两点，与x轴交于另一点B．
（1）求通过A，B，C三点抛物线解析式；
（2）过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，写出点E坐标，并求AC、BE交点F坐标
（3）若抛物线顶点为D，连结DC、DE，四边形CDEF与否为菱形？若是，请证明；若不是，请阐明理由．

【答案】（1）y=x2+x﹣；（2）F点坐标为（﹣1，﹣1）；（3）四边形CDEF是菱形．证明见解析
【解析】
【分析】
将A、C点坐标代入抛物线解析式中，通过联立方程组求得该抛物线解析式；
根据（1）题所得抛物线解析式，可确定抛物线对称轴方程以及B、C点坐标，由CE∥x轴，可知C、E有关对称轴对称。根据A、C点求得直线AC解析式，根据B、E点求出直线BE解析式，联立方程求得解，即为F点坐标；
由E、C、F、D坐标可知DF和EC互相垂直平分，则可判定四边形CDEF为菱形．
【详解】
（1）∵抛物线y=mx2+2mx+n通过A（﹣3，0），C（0，﹣）两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=x2+x﹣；
（2）∵y=x2+x﹣，
∴抛物线对称轴为直线x=﹣1，
∵CE∥x轴，
∴C、E有关对称轴对称，
∵C（0，﹣），
∴E（﹣2，﹣），
∵A、B有关对称轴对称，
∴B（1，0），
设直线AC、BE解析式分别为y=kx+b，y=k′x+b′，
则由题意可得，，
解得，，
∴直线AC、BE解析式分别为y=﹣x﹣，y=x﹣，
联立两直线解析式可得，解得，
∴F点坐标为（﹣1，﹣1）；
（3）四边形CDEF是菱形．
证明：∵y=x2+x﹣=（x+1）2﹣2，
∴D（﹣1，﹣2），
∵F（﹣1，﹣1），
∴DF⊥x轴，且CE∥x轴，
∴DF⊥CE，
∵C（0，﹣），且F（﹣1，﹣1），D（﹣1，﹣2），
∴DF和CE互相平分，
∴四边形CDEF是菱形．
【点睛】
本题考察菱形判定措施，二次函数性质，以及二次函数与二元一次方程组．

12．如图1，矩形ABCD中，AB=8，AD=6；点E是对角线BD上一动点，连接CE，作EF⊥CE交AB边于点F，以CE和EF为邻边作矩形CEFG，作其对角线相交于点H．
（1）①如图2，当点F与点B重叠时，CE=　　，CG=　　；
②如图3，当点E是BD中点时，CE=　　，CG=　　；
（2）在图1，连接BG，当矩形CEFG伴随点E运动而变化时，猜想△EBG形状？并加以证明；
（3）在图1，值与否会发生变化？若不变，求出它值；若变化，阐明理由；
（4）在图1，设DE长为x，矩形CEFG面积为S，试求S有关x函数关系式，并直接写出x取值范围．

【答案】（1）， ，5， ；（2）△EBG是直角三角形，理由详见解析；（3） ；（4）S=x2﹣x+48（0≤x≤）．
【解析】
【分析】
（1）①运用面积法求出CE，再运用勾股定理求出EF即可；②运用直角三角形斜边中线定理求出CE，再运用相似三角形性质求出EF即可；
（2）根据直角三角形判定措施：假如一种三角形一边上中线等于这条边二分之一，则这个三角形是直角三角形即可判断；
（3）只要证明△DCE∽△BCG，即可处理问题；
（4）运用相似多边形性质构建函数关系式即可；
【详解】
（1）①如图2中，

在Rt△BAD中，BD==10，
∵S△BCD=•CD•BC=•BD•CE，
∴CE=．CG=BE=．
②如图3中，过点E作MN⊥AM交AB于N，交CD于M．

∵DE=BE，
∴CE=BD=5，
∵△CME∽△ENF，
∴，
∴CG=EF=，
（2）结论：△EBG是直角三角形．
理由：如图1中，连接BH．

在Rt△BCF中，∵FH=CH，
∴BH=FH=CH，
∵四边形EFGC是矩形，
∴EH=HG=HF=HC，
∴BH=EH=HG，
∴△EBG是直角三角形．
（3）F如图1中，∵HE=HC=HG=HB=HF，
∴C、E、F、B、G五点共圆，
∵EF=CG，
∴∠CBG=∠EBF，
∵CD∥AB，
∴∠EBF=∠CDE，
∴∠CBG=∠CDE，
∵∠DCB=∠ECG=90°，
∴∠DCE=∠BCG，
∴△DCE∽△BCG，
∴．
（4）由（3）可知：
，
∴矩形CEFG∽矩形ABCD，
∴，
∵CE2=（-x）2+）2，S矩形ABCD=48，
∴S矩形CEFG= [（-x）2+（）2].
∴矩形CEFG面积S=x2-x+48（0≤x≤）．
【点睛】
本题考察相似三角形综合题、矩形性质、相似三角形判定和性质、勾股定理、直角三角形判定和性质、相似多边形性质和判定等知识，解题关键是灵活运用所学知识处理问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形或直角三角形处理问题，属于中考压轴题．

13．已知：在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，四边形EFGH三个顶点E、F、H分别在矩形ABCD边AB、BC、DA上，AE＝2．

（1）如图①，当四边形EFGH为正方形时，求△GFC面积；
（2）如图②，当四边形EFGH为菱形，且BF＝a时，求△GFC面积（用a表达）；
（3）在（2）条件下，△GFC面积能否等于2？请阐明理由．
【答案】（1）10；（2）12－a；（3）不能
【解析】
解：（1）过点G作GM⊥BC于M．在正方形EFGH中，
∠HEF＝90°，EH＝EF，
∴∠AEH＋∠BEF＝90°．
∵∠AEH＋∠AHE＝90°，
∴∠AHE＝∠BEF．
又∵∠A＝∠B＝90°，
∴△AHE≌△BEF．
同理可证△MFG≌△BEF．
∴GM＝BF＝AE＝2．∴FC＝BC－BF＝10．
∴．
（2）过点G作GM⊥BC交BC延长线于M，连接HF．
∵AD∥BC，∴∠AHF＝∠MFH．
∵EH∥FG，∴∠EHF＝∠GFH．
∴∠AHE＝∠MFG．
又∵∠A＝∠GMF＝90°，EH＝GF，
∴△AHE≌△MFG．∴GM＝AE＝2．
∴．
（3）△GFC面积不能等于2．
阐明一：∵若S△GFC＝2，则12－a＝2，∴a＝10．
此时，在△BEF中，
．
在△AHE中，
，
∴AH＞AD，即点H已经不在边AD上，故不也许有S△GFC＝2．
阐明二：△GFC面积不能等于2．∵点H在AD上，
∴菱形边EH最大值为，∴BF最大值为．
又∵函数S△GFC＝12－a值伴随a增大而减小，
∴S△GFC最小值为．
又∵，∴△GFC面积不能等于2．

14．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高AC剪开，得到等腰直角三角形△ABC与△EFD，将△EFD直角顶点在直线BC上平移，在平移过程中，直线AC与直线DE交于点Q，让同学们探究线段BQ与AD数量关系和位置关系．
请你阅读下面交流信息，处理所提出问题．
展示交流：
小敏：满足条件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，我们可以验证小慧说法是对．但当点F在线段CB延长线上（如图乙）或线段CB反向延长线上（如图丙）时，我对小慧说法对性表达怀疑．
（1）请你协助小慧进行分析，小敏结论在图乙、图丙中与否成立？请阐明理由．
（选择图乙或图丙一种状况阐明即可）．

（2）小慧思考问题方式中，蕴含数学思想是 ．
拓展延伸：
根据你上面选择图形，分别取AB、BD、DQ、AQ中点M、N、P、T．则四边形MNPT是什么样特殊四边形？请阐明理由．

【答案】成立；分类讨论思想；正方形.
【解析】
试题分析：运用等腰直角三角形性质结合全等三角形判定与性质得出BQ=AD，BQ⊥AD；运用已知条件分类得出，体现数学中分类讨论思想，
拓展延伸：运用三角形中位线定理结合正方形判定措施，首先得出四边形MNPT是平行四边形进而得出它是菱形，再求出一种内角是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)、小慧思考问题方式中，蕴含数学思想是：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中点M、N、P、T， ∴MNAD，TPAD， ∴MNTP，
∴四边形MNPT是平行四边形， ∵NPBQ，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

15．如图，正方形ABCO边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（3，3）．将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED延长线交线段BC于点P，连AP、AG．
（1）求证：△AOG≌△ADG；
（2）求∠PAG度数；并判断线段OG、PG、BP之间数量关系，阐明理由；
（3）当∠1=∠2时，求直线PE解析式；
（4）在（3）条件下，直线PE上与否存在点M，使以M、A、G为顶点三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请阐明理由．

【答案】（1）见解析（2）∠PAG =45°，PG=OG+BP．理由见解析（3）y=x﹣3．（4）、．
【解析】
试题分析：(1)由AO=AD，AG=AG，根据斜边和一条直角边对应相等两个直角三角形全等，判断出△AOG≌△ADG即可．(2)首先根据三角形全等判定措施，判断出△ADP≌△ABP，再结合△AOG≌△ADG，可得∠DAP=∠BAP，∠1=∠DAG；然后根据∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG度数；最终判断出线段OG、PG、BP之间数量关系即可．(3)首先根据△AOG≌△ADG，判断出∠AGO=∠AGD；然后根据∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，判断出当∠1=∠2时，∠AGO=∠AGD=∠PGC，而∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，求出∠1=∠2=30°；最终确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE解析式．
(4)根据题意，分两种状况：①当点M在x轴负半轴上时；②当点M在EP延长线上时；根据以M、A、G为顶点三角形是等腰三角形，求出M点坐标是多少即可．
试题解析：(1)在Rt△AOG和Rt△ADG中，（HL） ∴△AOG≌△ADG．
(2)在Rt△ADP和Rt△ABP中，∴△ADP≌△ABP， 则∠DAP=∠BAP；
∵△AOG≌△ADG， ∴∠1=∠DAG； 又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，
∴2∠DAG+2∠DAP=90°， ∴∠DAG+∠DAP=45°， ∵∠PAG=∠DAG+∠DAP， ∴∠PAG=45°；
∵△AOG≌△ADG， ∴DG=OG， ∵△ADP≌△ABP， ∴DP=BP， ∴PG=DG+DP=OG+BP．
(3)解：∵△AOG≌△ADG， ∴∠AGO=∠AGD， 又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2，
∴∠AGO=∠PGC， 又∵∠AGO=∠AGD， ∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，
又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°， ∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，
∴∠1=∠2=90°﹣60°=30°； 在Rt△AOG中， ∵AO=3， ∴OG=AOtan30°=3×=，
∴G点坐标为（，0），CG=3﹣， 在Rt△PCG中，PC===3（﹣1），
∴P点坐标为：（3，3﹣3 ）， 设直线PE解析式为：y=kx+b， 则，
解得：， ∴直线PE解析式为y=x﹣3．
(4)①如图1，当点M在x轴负半轴上时，， ∵AG=MG，点A坐标为（0，3），
∴点M坐标为（0，﹣3）．

②如图2，当点M在EP延长线上时，， 由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°，
∴EP与AB交点M，满足AG=MG， ∵A点横坐标是0，G点横坐标为，
∴M横坐标是2，纵坐标是3， ∴点M坐标为（2，3）．
综上，可得 点M坐标为（0，﹣3）或（2，3）．
考点：几何变换综合题．