2020-2021中考數(shù)學(xué)平行四邊形培優(yōu)練習(xí)(含答案)及詳細(xì)答案一、平行四邊形1．四邊形ABCD是正方形，AC與BD，相交于點O，點E、F是直線AD上兩動點，且AE=DF，CF所在直線與對角線BD所在直線交于點G，連接AG，直線AG交BE于點H．（1）如圖1，當(dāng)點E、F在線段AD上時，①求證：∠DAG=∠DCG；②猜想AG與BE的位置關(guān)系，并加以證明；（2）如圖2，在（1）條件下，連接HO，試說明HO平分∠BHG；（3）當(dāng)點E、F運動到如圖3所示的位置時，其它條件不變，請將圖形補(bǔ)充完整，并直接寫出∠BHO的度數(shù)．【答案】（1）①證明見解析；②AG⊥BE．理由見解析；（2）證明見解析；（3）∠BHO=45°．【解析】試題分析：（1）①根據(jù)正方形的性質(zhì)得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，則可根據(jù)“SAS”證明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG；②根據(jù)正方形的性質(zhì)得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根據(jù)“SAS”證明△ABE≌△DCF，則∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠ABE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判斷AG⊥BE；（2）如答圖1所示，過點O作OM⊥BE于點M，ON⊥AG于點N，證明△AON≌△BOM，可得四邊形OMHN為正方形，因此HO平分∠BHG結(jié)論成立；（3）如答圖2所示，與（1）同理，可以證明AG⊥BE；過點O作OM⊥BE于點M，ON⊥AG于點N，構(gòu)造全等三角形△AON≌△BOM，從而證明OMHN為正方形，所以HO平分∠BHG，即∠BHO=45°．試題解析：（1）①∵四邊形ABCD為正方形，∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，在△ADG和△CDG中，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG=∠DCG；②AG⊥BE．理由如下：∵四邊形ABCD為正方形，∴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．如答圖1所示，過點O作OM⊥BE于點M，ON⊥AG于點N，則四邊形OMHN為矩形．∴∠MON=90°，又∵OA⊥OB，∴∠AON=∠BOM．∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°，∴∠OAN=∠OBM．在△AON與△BOM中，∴△AON≌△BOM（AAS）．∴OM=ON，∴矩形OMHN為正方形，∴HO平分∠BHG．（3）將圖形補(bǔ)充完整，如答圖2示，∠BHO=45°．與（1）同理，可以證明AG⊥BE．過點O作OM⊥BE于點M，ON⊥AG于點N，與（2）同理，可以證明△AON≌△BOM，可得OMHN為正方形，所以HO平分∠BHG，∴∠BHO=45°．考點：1、四邊形綜合題；2、全等三角形的判定與性質(zhì)；3、正方形的性質(zhì)2．如圖，四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，AO=CO，BO=DO，且∠ABC+∠ADC=180°．（1）求證：四邊形ABCD是矩形．（2）若∠ADF：∠FDC=3：2，DF⊥AC，求∠BDF的度數(shù)．【答案】(1)見解析；（2）18°.【解析】【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的判定得出四邊形ABCD是平行四邊形，求出∠ABC=90°，根據(jù)矩形的判定得出即可；（2）求出∠FDC的度數(shù)，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠DCO，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出OD=OC，求出∠CDO，即可求出答案．【詳解】（1）證明：∵AO=CO，BO=DO∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC=∠ADC，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠ADC=90°，∴四邊形ABCD是矩形；（2）解：∵∠ADC=90°，∠ADF：∠FDC=3：2，∴∠FDC=36°，∵DF⊥AC，∴∠DCO=90°﹣36°=54°，∵四邊形ABCD是矩形，∴OC=OD，∴∠ODC=54°∴∠BDF=∠ODC﹣∠FDC=18°．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，能靈活運用定理進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵，注意：矩形的對角線相等，有一個角是直角的平行四邊形是矩形．3．如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BD=BC，點E為CD的中點，射線BE交AD的延長線于點F，連接CF．（1）求證：四邊形BCFD是菱形；（2）若AD=1，BC=2，求BF的長．【答案】（1）證明見解析（2）2【解析】（1）∵AF∥BC，∴∠DCB=∠CDF，∠FBC=∠BFD，∵點E為CD的中點，∴DE=EC，在△BCE與△FDE中，，∴△BCE≌△FDE，∴DF=BC，又∵DF∥BC，∴四邊形BCDF為平行四邊形，∵BD=BC，∴四邊形BCFD是菱形；（2）∵四邊形BCFD是菱形，∴BD=DF=BC=2，在Rt△BAD中，AB=，∵AF=AD+DF=1+2=3，在Rt△BAF中，BF==2．4．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線DE交x軸于點E（30，0），交y軸于點D（0，40），直線AB：y＝x+5交x軸于點A，交y軸于點B，交直線DE于點P，過點E作EF⊥x軸交直線AB于點F，以EF為一邊向右作正方形EFGH．（1）求邊EF的長；（2）將正方形EFGH沿射線FB的方向以每秒個單位的速度勻速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移過程中邊F1G1始終與y軸垂直，設(shè)平移的時間為t秒（t＞0）．①當(dāng)點F1移動到點B時，求t的值；②當(dāng)G1，H1兩點中有一點移動到直線DE上時，請直接寫出此時正方形E1F1G1H1與△APE重疊部分的面積．【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120；【解析】【分析】（1）根據(jù)已知點E（30，0），點D（0，40），求出直線DE的直線解析式y(tǒng)=-x+40，可求出P點坐標(biāo)，進(jìn)而求出F點坐標(biāo)即可；（2）①易求B（0，5），當(dāng)點F1移動到點B時，t=10÷=10；②F點移動到F'的距離是t，F(xiàn)垂直x軸方向移動的距離是t，當(dāng)點H運動到直線DE上時，在Rt△F'NF中，=，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，，t=4，S=×(12+)×11=；當(dāng)點G運動到直線DE上時，在Rt△F'PK中，=，PK=t-3，F(xiàn)'K=3t-9，在Rt△PKG'中，＝＝，t=7，S=15×（15-7）=120.【詳解】（1）設(shè)直線DE的直線解析式y(tǒng)＝kx+b，將點E（30，0），點D（0，40），∴，∴，∴y＝﹣x+40，直線AB與直線DE的交點P（21，12），由題意知F（30，15），∴EF＝15；（2）①易求B（0，5），∴BF＝10，∴當(dāng)點F1移動到點B時，t＝10＝10；②當(dāng)點H運動到直線DE上時，F(xiàn)點移動到F'的距離是t，在Rt△F'NF中，=，∴FN＝t，F(xiàn)'N＝3t，∵M(jìn)H'＝FN＝t，EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t，在Rt△DMH'中，，∴，∴t＝4，∴EM＝3，MH'＝4，∴S＝；當(dāng)點G運動到直線DE上時，F(xiàn)點移動到F'的距離是t，∵PF＝3，∴PF'＝t﹣3，在Rt△F'PK中，，∴PK＝t﹣3，F(xiàn)'K＝3t﹣9，在Rt△PKG'中，＝＝，∴t＝7，∴S＝15×（15﹣7）＝120.【點睛】本題考查一次函數(shù)圖象及性質(zhì)，正方形的性質(zhì)；掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，利用三角形的正切值求邊的關(guān)系，利用勾股定理在直角三角形中建立邊之間的聯(lián)系，準(zhǔn)確確定陰影部分的面積是解題的關(guān)鍵．5．△ABC為等邊三角形，．．(1)求證：四邊形是菱形．(2)若是的角平分線，連接，找出圖中所有的等腰三角形．【答案】(1)證明見解析；(2)圖中等腰三角形有△ABC，△BDC，△ABD，△ADF，△ADC，△ADE．【解析】【分析】（1）先求證BD∥AF，證明四邊形ABDF是平行四邊形，再利用有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可證明；（2）先利用BD平分∠ABC，得到BD垂直平分線段AC，進(jìn)而證明△DAC是等腰三角形，根據(jù)BD⊥AC,AF⊥AC，找到角度之間的關(guān)系,證明△DAE是等腰三角形，進(jìn)而得到BC＝BD＝BA＝AF＝DF，即可解題,見詳解.【詳解】(1)如圖1中，∵∠BCD＝∠BDC，∴BC＝BD，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC，∵AB＝AF，∴BD＝AF，∵∠BDC＝∠AEC，∴BD∥AF，∴四邊形ABDF是平行四邊形，∵AB＝AF，∴四邊形ABDF是菱形．(2)解：如圖2中，∵BA＝BC，BD平分∠ABC，∴BD垂直平分線段AC，∴DA＝DC，∴△DAC是等腰三角形，∵AF∥BD，BD⊥AC∴AF⊥AC，∴∠EAC＝90°，∵∠DAC＝∠DCA，∠DAC+∠DAE＝90°，∠DCA+∠AEC＝90°，∴∠DAE＝∠DEA，∴DA＝DE，∴△DAE是等腰三角形，∵BC＝BD＝BA＝AF＝DF，∴△BCD，△ABD，△ADF都是等腰三角形，綜上所述，圖中等腰三角形有△ABC，△BDC，△ABD，△ADF，△ADC，△ADE．【點睛】本題考查菱形的判定，等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的判定等知識，屬于中考?？碱}型，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．6．定義：我們把三角形被一邊中線分成的兩個三角形叫做“友好三角形”．性質(zhì)：如果兩個三角形是“友好三角形”，那么這兩個三角形的面積相等．理解：如圖①，在△ABC中，CD是AB邊上的中線，那么△ACD和△BCD是“友好三角形”，并且S△ACD=S△BCD．應(yīng)用：如圖②，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，點E在AD上，點F在BC上，AE=BF，AF與BE交于點O．（1）求證：△AOB和△AOE是“友好三角形”；（2）連接OD，若△AOE和△DOE是“友好三角形”，求四邊形CDOF的面積．探究：在△ABC中，∠A=30°，AB=4，點D在線段AB上，連接CD，△ACD和△BCD是“友好三角形”，將△ACD沿CD所在直線翻折，得到△A′CD，若△A′CD與△ABC重合部分的面積等于△ABC面積的，請直接寫出△ABC的面積．【答案】（1）見解析；（2）12；探究：2或2．【解析】試題分析：（1）利用一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，得到四邊形ABFE是平行四邊形，然后根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)證得OE=OB，即可證得△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的中點，則可以求得△ABE、△ABF的面積，根據(jù)S四邊形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF即可求解．探究：畫出符合條件的兩種情況：①求出四邊形A′DCB是平行四邊形，求出BC和A′D推出∠ACB=90°，根據(jù)三角形面積公式求出即可；②求出高CQ，求出△A′DC的面積．即可求出△ABC的面積．試題解析：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∵AE=BF，∴四邊形ABFE是平行四邊形，∴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與△AOE是友好三角形，∴S△AOB=S△AOE，∵△AOE≌△FOB，∴S△AOE=S△FOB，∴S△AOD=S△ABF，∴S四邊形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF=4×6-2××4×3=12．探究：解：分為兩種情況：①如圖1，∵S△ACD=S△BCD．∴AD=BD=AB，∵沿CD折疊A和A′重合，∴AD=A′D=AB=×4=2，∵△A′CD與△ABC重合部分的面積等于△ABC面積的，∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC，∴DO=OB，A′O=CO，∴四邊形A′DCB是平行四邊形，∴BC=A′D=2，過B作BM⊥AC于M，∵AB=4，∠BAC=30°，∴BM=AB=2=BC，即C和M重合，∴∠ACB=90°，由勾股定理得：AC=，∴△ABC的面積是×BC×AC=×2×2=2；②如圖2，∵S△ACD=S△BCD．∴AD=BD=AB，∵沿CD折疊A和A′重合，∴AD=A′D=AB=×4=2，∵△A′CD與△ABC重合部分的面積等于△ABC面積的，∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC，∴DO=OA′，BO=CO，∴四邊形A′BDC是平行四邊形，∴A′C=BD=2，過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的面積是2或2．考點：四邊形綜合題．7．(1)問題發(fā)現(xiàn)如圖1,點E.

F分別在正方形ABCD的邊BC、CD上,∠EAF=45°，連接EF、則EF=BE+DF，試說明理由；(2)類比引申如圖2,在四邊形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°,點E.

F分別在邊BC、CD上,∠EAF=45°，若∠B，∠D都不是直角，則當(dāng)∠B與∠D滿足等量關(guān)系時，仍有EF=BE+DF；(3)聯(lián)想拓展如圖3,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,點D、E均在邊BC上,且∠DAE=45°，猜想BD、DE、EC滿足的等量關(guān)系，并寫出推理過程?！敬鸢浮浚?）詳見解析；（2）詳見解析；（3）詳見解析.【解析】試題分析：（1）把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，可使AB與AD重合，證出△AFG≌△AFE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF=FG，即可得出答案；（2）把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，可使AB與AD重合，證出△AFE≌△AFG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF=FG，即可得出答案；（3）把△ACE旋轉(zhuǎn)到ABF的位置，連接DF，證明△AFE≌△AFG（SAS），則EF=FG，∠C=∠ABF=45°，△BDF是直角三角形，根據(jù)勾股定理即可作出判斷．試題解析：(1)理由是：如圖1，∵AB=AD，∴把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，可使AB與AD重合，如圖1，∵∠ADC=∠B=90°，∴∠FDG=180°，點F.D.G共線，則∠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°時，EF=BE+DF；∵AB=AD，∴把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，可使AB與AD重合，如圖2，∴∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=90°,∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠EAF=∠FAG，∵∠ADC+∠B=180°，∴∠FDG=180°，點F.D.G共線，在△AFE和△AFG中，AE=AG，∠FAE=∠FAG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG(SAS)，∴EF=FG，即：EF=BE+DF，故答案為：∠B+∠ADC=180°；(3)BD2+CE2=DE2.理由是：把△ACE旋轉(zhuǎn)到ABF的位置，連接DF，則∠FAB=∠CAE.∵∠BAC=90°,∠DAE=45°，∴∠BAD+∠CAE=45°，又∵∠FAB=∠CAE，∴∠FAD=∠DAE=45°，則在△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=DE2.8．如圖，拋物線交x軸的正半軸于點A，點B（，a）在拋物線上，點C是拋物線對稱軸上的一點，連接AB、BC，以AB、BC為鄰邊作□ABCD，記點C縱坐標(biāo)為n，（1）求a的值及點A的坐標(biāo)；（2）當(dāng)點D恰好落在拋物線上時，求n的值；（3）記CD與拋物線的交點為E，連接AE，BE，當(dāng)△AEB的面積為7時，n=___________．（直接寫出答案）【答案】（1），A（3，0）；（2）【解析】試題解析：（1）把點B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式中，即可求出a的值，令y=0即可求出點A的坐標(biāo)．（２）求出點D的坐標(biāo)即可求解；（3）運用△AEB的面積為7，列式計算即可得解.試題解析：（1）當(dāng)時，由，得（舍去），（1分）∴A（3，0）（2）過D作DG⊥軸于G，BH⊥軸于H.∵CD∥AB，CD=AB∴，∴，∴（3）9．如圖，AB為⊙O的直徑，點E在⊙O上，過點E的切線與AB的延長線交于點D，連接BE，過點O作BE的平行線，交⊙O于點F，交切線于點C，連接AC（1）求證：AC是⊙O的切線；（2）連接EF，當(dāng)∠D=°時，四邊形FOBE是菱形．【答案】（1）見解析；（2）30.【解析】【分析】（1）由等角的轉(zhuǎn)換證明出，根據(jù)圓的位置關(guān)系證得AC是⊙O的切線.（2）根據(jù)四邊形FOBE是菱形，得到OF=OB=BF=EF，得證為等邊三角形，而得出，根據(jù)三角形內(nèi)角和即可求出答案.【詳解】（1）證明：∵CD與⊙O相切于點E，∴，∴，又∵，∴，∠OBE=∠COA∵OE=OB，∴，∴，又∵OC=OC，OA=OE，∴，∴，又∵AB為⊙O的直徑，∴AC為⊙O的切線；（2）解：∵四邊形FOBE是菱形，∴OF=OB=BF=EF，∴OE=OB=BE，∴為等邊三角形，∴，而，∴．故答案為30．【點睛】本題主要考查與圓有關(guān)的位置關(guān)系和圓中的計算問題，熟練掌握圓的性質(zhì)是本題的解題關(guān)鍵.10．如圖，在矩形ABCD中，點E在邊CD上，將該矩形沿AE折疊，使點D落在邊BC上的點F處，過點F作FG∥CD，交AE于點G，連接DG．（1）求證：四邊形DEFG為菱形；（2）若CD=8，CF=4，求的值．【答案】（1）證明見試題解析；（2）．【解析】試題分析：（1）由折疊的性質(zhì)，可以得到DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，再證明FG=FE，即可得到四邊形DEFG為菱形；（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，從而求出的值．試題解析：（1）由折疊的性質(zhì)可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，∵FG∥CD，∴∠2=∠3，∴FG=FE，∴DG=GF=EF=DE，∴四邊形DEFG為菱形；（2）設(shè)DE=x，根據(jù)折疊的性質(zhì)，EF=DE=x，EC=8﹣x，在Rt△EFC中，，即，解得：x=5，CE=8﹣x=3，∴=．考點：1．翻折變換（折疊問題）；2．勾股定理；3．菱形的判定與性質(zhì)；4．矩形的性質(zhì)；5．綜合題．11．如圖1所示，（1）在正三角形ABC中，M是BC邊（不含端點B、C）上任意一點，P是BC延長線上一點，N是∠ACP的平分線上一點，若∠AMN=60°，求證：AM=MN．（2）若將（1）中“正三角形ABC”改為“正方形ABCD”，N是∠DCP的平分線上一點，若∠AMN=90°，則AM=MN是否成立？若成立，請證明；若不成立，說明理由．（3）若將（2）中的“正方形ABCD”改為“正n邊形A1A2…An“，其它條件不變，請你猜想：當(dāng)∠An﹣2MN=_____°時，結(jié)論An﹣2M=MN仍然成立．（不要求證明）【答案】【解析】分析：（1）要證明AM=MN，可證AM與MN所在的三角形全等，為此，可在AB上取一點E，使AE=CM，連接ME，利用ASA即可證明△AEM≌△MCN，然后根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊成比例得出AM=MN．（2）同（1），要證明AM=MN，可證AM與MN所在的三角形全等，為此，可在AB上取一點E，使AE=CM，連接ME，利用ASA即可證明△AEM≌△MCN，然后根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊成比例得出AM=MN．詳（1）證明：在邊AB上截取AE=MC，連接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的平分線上一點，∴∠ACN=60°，∴∠MCN=120°．在△AEM與△MCN中，∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN，∴△AEM≌△MCN（ASA），∴AM=MN．（2）解：結(jié)論成立；理由：在邊AB上截取AE=MC，連接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的平分線上一點，∴∠NCP=45°，∴∠MCN=135°．在△AEM與△MCN中，∠MAE=∠NMC，AE=MC，∠AEM=∠MCN，∴△AEM≌△MCN（ASA），∴AM=MN．（3）由（1）（2）可知當(dāng)∠An-2MN等于n邊形的內(nèi)角時，結(jié)論An-2M=MN仍然成立；即∠An-2MN=時，結(jié)論An-2M=MN仍然成立；故答案為[]．點睛：本題綜合考查了正方形、等邊三角形的性質(zhì)及全等三角形的判定，同時考查了學(xué)生的歸納能力及分析、解決問題的能力．難度較大．12．正方形ABCD的邊長為1，對角線AC與BD相交于點O，點E是AB邊上的一個動點（點E不與點A、B重合），CE與BD相交于點F，設(shè)線段BE的長度為x．（1）如圖1，當(dāng)AD=2OF時，求出x的值；（2）如圖2，把線段CE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°，使點C落在點P處，連接AP，設(shè)△APE的面積為S，試求S與x的函數(shù)關(guān)系式并求出S的最大值．【答案】（1）x=﹣1；（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1），當(dāng)x=時，S的值最大，最大值為，．【解析】試題分析：（1）過O作OM∥AB交CE于點M，如圖1，由平行線等分線段定理得到CM=ME，根據(jù)三角形的中位線定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，求得OF=OM=解方程，即可得到結(jié)果；（2）過P作PG⊥AB交AB的延長線于G，如圖2，根據(jù)已知條件得到∠ECB=∠PEG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到EB=PG=x，由三角形的面積公式得到S=（1﹣x）?x，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到結(jié)論．試題解析：（1）過O作OM∥AB交CE于點M，如圖1，∵OA=OC，∴CM=ME，∴AE=2OM=2OF，∴OM=OF，∴，∴BF=BE=x，∴OF=OM=，∵AB=1，∴OB=，∴，∴x=﹣1；（2）過P作PG⊥AB交AB的延長線于G，如圖2，∵∠CEP=∠EBC=90°，∴∠ECB=∠PEG，∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°，在△EPG與△CEB中，，∴△EPG≌△CEB，∴EB=PG=x，∴AE=1﹣x，∴S=（1﹣x）?x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1），∵﹣＜0，∴當(dāng)x=時，S的值最大，最大值為，．考點：四邊形綜合題13．如圖，現(xiàn)有一張邊長為4的正方形紙片ABCD，點P為正方形AD邊上的一點（不與點A、點D重合），將正方形紙片折疊，使點B落在P處，點C落在G處，PG交DC于H，折痕為EF，連接BP、BH．（1）求證：∠APB=∠BPH；（2）當(dāng)點P在邊AD上移動時，求證：△PDH的周長是定值；（3）當(dāng)BE+CF的長取最小值時，求AP的長．【答案】（1）證明見解析．（2）證明見解析．（3）2．【解析】試題分析：（1）根據(jù)翻折變換的性質(zhì)得出∠PBC=∠BPH，進(jìn)而利用平行線的性質(zhì)得出∠APB=∠PBC即可得出答案；（2）首先證明△ABP≌△QBP，進(jìn)而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；（3）過F作FM⊥AB，垂足為M，則FM=BC=AB，證明△EFM≌△BPA，設(shè)AP=x，利用折疊的性質(zhì)和勾股定理的知識用x表示出BE和CF，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值．試題解析：（1）解：如圖1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．又∵∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．即∠PBC=∠BPH．又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC．∴∠APB=∠BPH．（2）證明：如圖2，過B作BQ⊥PH，垂足為Q．由（1）知∠APB=∠BPH，又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，在△ABP和△QBP中，，∴△ABP≌△QBP（AAS），∴AP=QP，AB=BQ，又∵AB=BC，∴BC=BQ．又∠C=∠BQH=90°，BH=BH，在△BCH和△BQH中，，∴△BCH≌△BQH（SAS），∴CH=QH．∴△PHD的周長為：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．∴△PDH的周長是定值．（3）解：如圖3，過F作FM⊥AB，垂足為M，則FM=BC=AB．又∵EF為折痕，∴EF⊥BP．∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，∴∠EFM=∠ABP．又∵∠A=∠EMF=90°，在△EFM和△BPA中，，∴△EFM≌△BPA（AAS）．∴EM=AP．設(shè)AP=x在Rt△APE中，（4-BE）2+x2=BE2．解得BE=2+，∴CF=BE-EM=2+-x，∴BE+CF=-x+4=（x-2）2+3．當(dāng)x=2時，BE+CF取最小值，∴AP=2．考點：幾何變換綜合題．14．已知：如圖，四邊形ABCD和四邊形AECF都是矩形，AE與BC交于點M，CF與AD交于點N．（1）求證：△ABM≌△CDN；（2）矩形ABCD和矩形AECF滿足何種關(guān)系時，四邊形AMCN是菱形，證明你的結(jié)論．【答案】（1）證明見解析；（2）當(dāng)AB＝AF時，四邊形AM