2025年备战中考数学专题平行四边形综合检测试卷含答案解析.doc

-备战中考数学专题《平行四边形》综合检测试卷含答案解析

一、平行四边形
1．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

2．如图，在正方形ABCD中，E是边BC上一动点（不与点B、C重叠），连接DE、点C有关直线DE对称点为C′，连接AC′并延长交直线DE于点P，F是AC′中点，连接DF．
（1）求∠FDP度数；
（2）连接BP，请用等式表达AP、BP、DP三条线段之间数量关系，并证明；
（3）连接AC，若正方形边长为，请直接写出△ACC′面积最大值．

【答案】（1）45°；（2）BP+DP＝AP，证明详见解析；（3）﹣1．
【解析】
【分析】
（1）证明∠CDE＝∠C'DE和∠ADF＝∠C'DF，可得∠FDP'＝∠ADC＝45°；
（2）作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△DAP'（SAS），得BP＝DP'，从而得△PAP'是等腰直角三角形，可得结论；
（3）先作高线C'G，确定△ACC′面积中底边AC为定值2，根据高大小确定面积大小，当C'在BD上时，C'G最大，其△ACC′面积最大，并求此时面积．
【详解】
（1）由对称得：CD＝C'D，∠CDE＝∠C'DE，
在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴AD＝C'D，
∵F是AC'中点，
∴DF⊥AC'，∠ADF＝∠C'DF，
∴∠FDP＝∠FDC'+∠EDC'＝∠ADC＝45°；
（2）结论：BP+DP＝AP，
理由是：如图，作AP'⊥AP交PD延长线于P'，

∴∠PAP'＝90°，
在正方形ABCD中，DA＝BA，∠BAD＝90°，
∴∠DAP'＝∠BAP，
由（1）可知：∠FDP＝45°
∵∠DFP＝90°
∴∠APD＝45°，
∴∠P'＝45°，
∴AP＝AP'，
在△BAP和△DAP'中，
∵，
∴△BAP≌△DAP'（SAS），
∴BP＝DP'，
∴DP+BP＝PP'＝AP；
（3）如图，过C'作C'G⊥AC于G，则S△AC'C＝AC•C'G，

Rt△ABC中，AB＝BC＝，
∴AC＝，即AC为定值，
当C'G最大值，△AC'C面积最大，
连接BD，交AC于O，当C'在BD上时，C'G最大，此时G与O重叠，
∵CD＝C'D＝，OD＝AC＝1，
∴C'G＝﹣1，
∴S△AC'C＝．
【点睛】
本题考察四边形综合题、正方形性质、等腰直角三角形判定和性质、全等三角形判定和性质等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形处理问题．

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．已知矩形纸片OBCD边OB在x轴上，OD在y轴上，点C在第一象限，且.现将纸片折叠，折痕为EF（点E，F是折痕与矩形边交点），点P为点D对应点，再将纸片还原。
（I）若点P落在矩形OBCD边OB上，
①如图①，当点E与点O重叠时，求点F坐标；
②如图②，当点E在OB上，点F在DC上时，EF与DP交于点G，若，求点F坐标：
（Ⅱ）若点P落在矩形OBCD内部，且点E，F分别在边OD，边DC上，当OP取最小值时，求点P坐标（直接写出成果即可）。

【答案】（I）①点F坐标为；②点F坐标为；（II）
【解析】
【分析】
（I）①根据折叠性质可得,再由矩形性质，即可求出F坐标;
②由折叠性质及矩形特点，易得，得到，再加上平行，可以得到四边形DEPF是平行四边形，在由对角线垂直，得出 是菱形，设菱形边长为x，在中，由勾股定理建立方程即可求解;
(Ⅱ)当O,P,F点共线时OP长度最短.
【详解】
解：（I）①∵折痕为EF,点P为点D对应点

∵四边形OBCD是矩形，

点F坐标为
②∵折痕为EF，点P为点D对应点.

∵四边形OBCD是矩形，
，
；

∴四边形DEPF是平行四边形.
，
是菱形.
设菱形边长为x，则
，
，
在中，由勾股定理得

解得

∴点F坐标为
（Ⅱ）
【点睛】
此题考察了几何折叠问题、等腰三角形性质、平行四边形判定和性质、勾股定理等知识，关键是根据折叠性质进行解答，属于中考压轴题．

5．如图1，在正方形ABCD中，AD=6，点P是对角线BD上任意一点，连接PA，PC过点P作PE⊥PC交直线AB于E．
（1） 求证：PC=PE;
（2） 延长AP交直线CD于点F.
①如图2，若点F是CD中点，求△APE面积；
②若ΔAPE面积是，则DF长为
（3） 如图3，点E在边AB上，连接EC交BD于点M,作点E有关BD对称点Q，连接PQ，MQ，过点P作PN∥CD交EC于点N，连接QN，若PQ=5，MN=，则△MNQ面积是

【答案】（1）略；（2）①8，②4或9；（3）
【解析】
【分析】
（1）运用正方形每个角都是90°，对角线平分对角性质，三角形外角等于和它不相邻两个内角和，等角对等边等性质容易得证;
（2）作出△ADP和△DFP高，由面积法容易求出这个高值.从而得到△PAE底和高，并求出面积.第2小问思绪同样，通过面积法列出方程求解即可;
（3）根据已经条件证出△MNQ是直角三角形，计算直角边乘积二分之一可得其面积.
【详解】
(1) 证明：∵点P在对角线BD上，
∴△ADP≌△CDP,
∴AP=CP, ∠DAP =∠DCP,
∵PE⊥PC，∴∠EPC=∠EPB+∠BPC=90°,
∵∠PEA=∠EBP+∠EPB=45°+90°-∠BPC=135°-∠BPC,
∵∠PAE=90°-∠DAP＝90°-∠DCP,
∠DCP=∠BPC-∠PDC=∠BPC-45°,
∴∠PAE=90°-(∠BPC-45°)= 135°-∠BPC,
∴∠PEA=∠PAE,
∴PC=PE;
（2）①如图2，过点P分别作PH⊥AD,PG⊥CD,垂足分别为H、G.延长GP交AB于点M.
∵四边形ABCD是正方形，P在对角线上，
∴四边形HPGD是正方形，
∴PH=PG,PM⊥AB,
设PH=PG=a,
∵F是CD中点，AD＝6，则FD=3,=9,
∵==,
∴,解得a=2,
∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4,
又∵PA=PE,
∴AM=EM,AE=4,
∵=,
②设HP＝b,由①可得AE=2b,MP=6-b,
∴=,
解得b=2.4,
∵==,
∴,
∴当b=2.4时，DF=4；当b＝3.6时，DF＝9,
即DF长为4或9;
（3）如图，

∵E、Q有关BP对称，PN∥CD,
∴∠1＝∠2，∠2+∠3＝∠BDC=45°,
∴∠1+∠4=45°,
∴∠3=∠4,
易证△PEM≌△PQM, △PNQ≌△PNC,
∴∠5=∠6, ∠7=∠8 ,EM=QM,NQ=NC,
∴∠6+∠7=90°,
∴△MNQ是直角三角形,
设EM=a,NC=b列方程组
,
可得ab=,
∴,
【点睛】
本题是四边形综合题目，考察了正方形性质、等腰直角三角形判定与性质、全等三角形判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，纯熟掌握正方形性质，证明三角形全等是处理问题关键.要注意运用数形结合思想.

6．如图①，在矩形中，点从边中点出发，沿着速运动，速度为每秒2个单位长度，抵达点后停止运动，点是上点，，设面积为，点运动时间为秒，与函数关系如图②所示.
(1)图①中= ，= ，图②中= .
(2)当=1秒时，试判断以为直径圆与否与边相切?请阐明理由:
(3)点在运动过程中，将矩形沿所在直线折叠，则为何值时，折叠后顶点对应点落在矩形一边上.

【答案】(1)8,18,20;(2)不相切，证明见解析；（3）t=、5、.
【解析】
【分析】
（1）由题意得出AB=2BE，t=2时，BE=2×2=4，求出AB=2BE=8，AE=BE=4，t=11时，2t=22，得出BC=18，当t=0时，点P在E处，m=△AEQ面积=AQ×AE=20即可；
（2）当t=1时，PE=2，得出AP=AE+PE=6，由勾股定理求出PQ=2，设以PQ为直径圆圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，由三角形中位线定理得出O'M=AP=3，求出O'N=MN-O'M=5＜圆O'半径，即可得出结论；
（3）分三种状况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，则QF=AB=8，BF=AQ=10，由折叠性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，由勾股定理求出A'F==6，得出A'B=BF-A'F=4，在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，由折叠性质得：A'P=AP，证出∠APQ=∠AQP，得出AP=AQ=A'P=10，在Rt△ABP中，由勾股定理求出BP=6，由BP=2t-4，得出2t-4=6，解方程即可；
③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，由折叠性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10，在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8，由勾股定理求出DA'=6，得出A'C=CD-DA'=2，在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=22-2t，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】
（1）∵点P从AB边中点E出发，速度为每秒2个单位长度，
∴AB=2BE，
由图象得：t=2时，BE=2×2=4，
∴AB=2BE=8，AE=BE=4，
t=11时，2t=22，
∴BC=22-4=18，
当t=0时，点P在E处，m=△AEQ面积=AQ×AE=×10×4=20；
故答案为8，18，20；
（2）当t=1秒时，以PQ为直径圆不与BC边相切，理由如下：
当t=1时，PE=2，
∴AP=AE+PE=4+2=6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴PQ=，
设以PQ为直径圆圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，如图1所示：

则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，
∵O'为PQ中点，
∴O''M是△APQ中位线，
∴O'M=AP=3，
∴O'N=MN-O'M=5＜，
∴以PQ为直径圆不与BC边相切；
（3）分三种状况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，如图2所示：

则QF=AB=8，BF=AQ=10，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，CD=AB=8，AD=BC=18，
由折叠性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，
∴A'F==6，
∴A'B=BF-A'F=4，
在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t，
由勾股定理得：42+（4-2t）2=（4+2t）2，
解得：t=；
②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，连接AA'，如图3所示：

由折叠性质得：A'P=AP，
∴∠APQ'=∠A'PQ，
∵AD∥BC，
∴∠AQP=∠A'PQ，
∴∠APQ=∠AQP，
∴AP=AQ=A'P=10，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：BP==6，
又∵BP=2t-4，
∴2t-4=6，解得：t=5；
③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，连接AP、A'P，如图4所示：

由折叠性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10，
在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8，
由勾股定理得：DA'==6，
∴A'C=CD-DA'=2，
在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=18-（2t-4）=22-2t，
由勾股定理得：AP2=82+（2t-4）2，A'P2=22+（22-2t）2，
∴82+（2t-4）2=22+（22-2t）2，
解得：t=；
综上所述，t为或5或时，折叠后顶点A对应点A′落在矩形一边上．
【点睛】
四边形综合题目，考察了矩形性质、折叠变换性质、勾股定理、函数图象、直线与圆位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形判定、以及分类讨论等知识.

7．定义：我们把三角形被一边中线提成两个三角形叫做“友好三角形”．
性质：假如两个三角形是“友好三角形”，那么这两个三角形面积相等．
理解：如图①，在△ABC中，CD是AB边上中线，那么△ACD和△BCD是“友好三角形”，并且S△ACD=S△BCD．
应用：如图②，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E在AD上，点F在BC上，AE=BF，AF与BE交于点O．
（1）求证：△AOB和△AOE是“友好三角形”；
（2）连接OD，若△AOE和△DOE是“友好三角形”，求四边形CDOF面积．
探究：在△ABC中，∠A=30°，AB=4，点D在线段AB上，连接CD，△ACD和△BCD是“友好三角形”，将△ACD沿CD所在直线翻折，得到△A′CD，若△A′CD与△ABC重叠部分面积等于△ABC面积，请直接写出△ABC面积．

【答案】（1）见解析；（2）12；探究：2或2．
【解析】
试题分析：（1）运用一组对边平行且相等四边形是平行四边形，得到四边形ABFE是平行四边形，然后根据平行四边形性质证得OE=OB，即可证得△AOE和△AOB是友好三角形；
（2）△AOE和△DOE是“友好三角形”，即可得到E是AD中点，则可以求得△ABE、△ABF面积，根据S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF即可求解．
探究：画出符合条件两种状况：①求出四边形A′DCB是平行四边形，求出BC和A′D推出∠ACB=90°，根据三角形面积公式求出即可；②求出高CQ，求出△A′DC面积．即可求出△ABC面积．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∵AE=BF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴OE=OB，
∴△AOE和△AOB是友好三角形．
（2）∵△AOE和△DOE是友好三角形，
∴S△AOE=S△DOE，AE=ED=AD=3，
∵△AOB与△AOE是友好三角形，
∴S△AOB=S△AOE，
∵△AOE≌△FOB，
∴S△AOE=S△FOB，
∴S△AOD=S△ABF，
∴S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF=4×6-2××4×3=12．
探究：
解：分为两种状况：①如图1，

∵S△ACD=S△BCD．
∴AD=BD=AB，
∵沿CD折叠A和A′重叠，
∴AD=A′D=AB=×4=2，
∵△A′CD与△ABC重叠部分面积等于△ABC面积，
∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC，
∴DO=OB，A′O=CO，
∴四边形A′DCB是平行四边形，
∴BC=A′D=2，
过B作BM⊥AC于M，
∵AB=4，∠BAC=30°，
∴BM=AB=2=BC，
即C和M重叠，
∴∠ACB=90°，
由勾股定理得：AC=，
∴△ABC面积是×BC×AC=×2×2=2；
②如图2，

∵S△ACD=S△BCD．
∴AD=BD=AB，
∵沿CD折叠A和A′重叠，
∴AD=A′D=AB=×4=2，
∵△A′CD与△ABC重叠部分面积等于△ABC面积，
∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC，
∴DO=OA′，BO=CO，
∴四边形A′BDC是平行四边形，
∴A′C=BD=2，
过C作CQ⊥A′D于Q，
∵A′C=2，∠DA′C=∠BAC=30°，
∴CQ=A′C=1，
∴S△ABC=2S△ADC=2S△A′DC=2××A′D×CQ=2××2×1=2；
即△ABC面积是2或2．
考点：四边形综合题．

8．(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.

9．（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．

10．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.

11．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

12．已知点O是△ABC内任意一点，连接OA并延长到E，使得AE=OA，以OB，OC为邻边作▱OBFC，连接OF与BC交于点H，再连接EF．

（1）如图1，若△ABC为等边三角形，求证：①EF⊥BC；②EF=BC；
（2）如图2，若△ABC为等腰直角三角形（BC为斜边），猜想（1）中两个结论与否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你猜想成果；
（3）如图3，若△ABC是等腰三角形，且AB=AC=kBC，请你直接写出EF与BC之间数量关系．
【答案】（1）见解析；
（2）EF⊥BC仍然成立；
（3）EF=BC
【解析】
试题分析：（1）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等边三角形性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可；
（2）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰直角三角形性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可；
（3）由平行四边形性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰三角形性质和AB=AC=kBC得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可．
试题解析：（1）连接AH，如图1，

∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2，
∴AH==BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF⊥BC，EF=BC；
（2）EF⊥BC仍然成立，EF=BC，如图2，

∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=BC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（BH）2﹣BH2=BH2，
∴AH=BH=BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF⊥BC，EF=BC；
（3）如图3，

∵四边形OBFC是平行四边形，
∴BH=HC=BC，OH=HF，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=kBC，AH⊥BC，
在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（kBC）2﹣（BC）2=（k2-）BC2，
∴AH=BH=BC，
∵OA=AE，OH=HF，
∴AH是△OEF中位线，
∴AH=EF，AH∥EF，
∴EF⊥BC，BC=EF，
∴EF=BC．
考点：四边形综合题．

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．（本题14分）小明在学习平行线有关知识时总结了如下结论：端点分别在两条平行线上所有线段中，垂直于平行线线段最短．
小明应用这个结论进行了下列探索活动和问题处理．
问题1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，P为AC边上一动点，以PB，PA为边构造
□APBQ，求对角线PQ最小值及PQ最