2020年中考数学二轮复习压轴专题四边形（含解析）

2020年中考数学二轮复习压轴专题四边形（含解析）

四边形[来@源:zzstep*%.&~com]‎ ‎1．【习题再现】‎ 课本中有这样一道题目：‎ 如图1，在四边形ABCD中，E，F，M分别是AB，CD，BD的中点，AD＝BC．求证：∠EFM＝∠FEM．（不用证明）‎ ‎【习题变式】‎ ‎（1）如图2，在“习题再现”的条件下，延长AD，BC，EF，AD与EF交于点N，BC与EF交于点P．求证：∠ANE＝∠BPE．‎ ‎（2）如图3，在△ABC中，AC＞AB，点D在AC上，AB＝CD，E，F分别是BC，AD的中点，连接EF并延长，交BA的延长线于点G，连接GD，∠EFC＝60°．求证：∠AGD＝90°．‎ ‎【习题变式】‎ 解：（1）∵F，M分别是CD，BD的中点，‎ ‎∴MF∥BP，，‎ ‎∴∠MFE＝∠BPE．‎ ‎∵E，M分别是AB，BD的中点，‎ ‎∴ME∥AN，，‎ ‎∴∠MEF＝∠ANE．‎ ‎∵AD＝BC，‎ ‎∴ME＝MF，‎ ‎∴∠EFM＝∠FEM，‎ ‎∴∠ANE＝∠BPE．‎ ‎（2）连接BD，取BD的中点H，连接EH，FH．‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∵H，F分别是BD和AD的中点，‎ ‎∴HF∥BG，，‎ ‎∴∠HFE＝∠FGA．‎ ‎∵H，E分别是BD，BC的中点，‎ ‎∴HE∥AC，，‎ ‎∴∠HEF＝∠EFC＝60°．‎ ‎∵AB＝CD，‎ ‎∴HE＝HF，‎ ‎∴∠HFE＝∠EFC＝60°，‎ ‎∴∠AGF＝60°，[中国教%@育~^出*版网]‎ ‎∵∠AFG＝∠EFC＝60°，‎ ‎∴△AFG为等边三角形．‎ ‎∴AF＝GF，‎ ‎∵AF＝FD，‎ ‎∴GF＝FD，‎ ‎∴∠FGD＝∠FDG＝30°，[来#%源:中*国教育出^版网~]‎ ‎∴∠AGD＝60°+30°＝90°．‎ ‎2．（1）问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），连接AD，过点A作AE⊥AD，并满足AE＝AD，连接CE．则线段BD和线段CE的数量关系是　BD＝CE　，位置关系是　BD⊥CE　．‎ ‎（2）探索：如图2，当D点为BC边上一点（不与点B，C重合），Rt△ABC与Rt△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE．试探索线段BD2、CD2、DE2之间满足的等量关系，并证明你的结论；[中国教%育出版@#~&网]‎ ‎（3）拓展：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，若BD＝3，CD＝1，请直接写出线段AD的长．[来#&源:中教^网%~]‎ 第 34 页 共 34 页 解：（1）问题：在Rt△ABC中，AB＝AC，‎ ‎∴∠B＝∠ACB＝45°，‎ ‎∵∠BAC＝∠DAE＝90°，‎ ‎∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，‎ 在△BAD和△CAE中，‎ ‎，‎ ‎∴△BAD≌△CAE（SAS），‎ 故答案为：BD＝CE，BD⊥CE；‎ ‎（2）探索：结论：DE2＝BD2+CD2，‎ 理由是：如图2中，连接EC．‎ ‎∵∠BAC＝∠DAE＝90°，‎ ‎∴∠BAD＝∠CAE，‎ 在△ABD和△ACE中，‎ ‎∵，‎ ‎∵△BAD≌△CAE（SAS），[来~#源*:中&国教育出版网@]‎ ‎∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，‎ ‎∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，‎ ‎∴DE2＝CE2+CD2，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴DE2＝BD2+CD2；‎ ‎（3）拓展：如图3，将AD绕点A逆时针旋转90°至AG，连接CG、DG，‎ 则△DAG是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠ADG＝45°，‎ ‎∵∠ADC＝45°，[w~w@w%.zzstep#.&com]‎ ‎∴∠GDC＝90°，‎ 同理得：△BAD≌△CAG，‎ ‎∴CG＝BD＝3，‎ Rt△CGD中，∵CD＝1，‎ ‎∴DG＝＝＝2，‎ ‎∵△DAG是等腰直角三角形，‎ ‎∴AD＝AG＝2．‎ ‎3．如图1，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接BE.DG．‎ ‎（1）BE和DG的数量关系是　BE＝DG　，BE和DG的位置关系是　BE⊥DG　；‎ ‎（2）把正方形ECGF绕点C旋转，如图2，（1）中的结论是否还成立？若成立，写出证明过程，若不成立，请说明理由；‎ ‎（3）设正方形ABCD的边长为4，正方形ECGF的边长为3，正方形ECGF绕点C旋转过程中，若A.C.E三点共线，直接写出DG的长．‎ 第 34 页 共 34 页 解：（1）BE＝DG．BE⊥DG；理由如下：‎ ‎∵四边形ABCD和四边形CEFG为正方形，‎ ‎∴CD＝BC，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG＝90°，‎ 在△BEC和△DGC中，，[来源:*中#教&@网~]‎ ‎∴△BEC≌△DGC（SAS），‎ ‎∴BE＝DG；‎ 如图1，延长GD交BE于点H，‎ ‎∵△BEC≌△DGC，‎ ‎∴∠DGC＝∠BEC，‎ ‎∴∠DGC+∠EBC＝∠BEC+∠EBC＝90°，[中~^#国教育出版网&%]‎ ‎∴∠BHG＝90°，‎ 即BE⊥DG；‎ 故答案为：BE＝DG，BE⊥DG．[w@ww.zzste*p.#%co&m]‎ ‎（2）成立，理由如下：如图2所示：‎ 第 34 页 共 34 页 同（1）得：△DCG≌△BCE（SAS），‎ ‎∴BE＝DG，∠CDG＝∠CBE，‎ ‎∵∠DME＝∠BMC，∠CBE+∠BMC＝90°，‎ ‎∴∠CDG+∠DME＝90°，‎ ‎∴∠DOB＝90°，‎ ‎∴BE⊥DG；‎ ‎（3）由（2）得：DG＝EB，分两种情况：‎ ‎①如图3所示：‎ ‎[来源%:&中国教育^出版*网@]‎ ‎∵正方形ABCD的边长为4，正方形ECGF的边长为3，[来#源:中%&教网*^]‎ ‎∴AC⊥BD，BD＝AC＝AB＝4，OA＝OC＝OB＝AC＝2，CE＝3，‎ ‎∴AE＝AC﹣CE＝，‎ ‎∴OE＝OA﹣AE＝，‎ 在Rt△BOE中，由勾股定理得：DG＝BE＝＝；‎ ‎②如图4所示：‎ 第 34 页 共 34 页 OE＝CE+OC＝2+3＝5，‎ 在Rt△BOE中，由勾股定理得：DG＝BE＝＝；‎ 综上所述，若A.C.E三点共线，DG的长为或．‎ ‎4．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm，动点D从点C出发，沿CA方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，动点E从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．设点D，E运动的时间是t（s）（0＜t＜5）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．‎ ‎（1）t为何值时，DE⊥AC？‎ ‎（2）设四边形AEFC的面积为S，试求出S与t之间的关系式；‎ ‎（3）是否存在某一时刻t，使得S四边形AEFC：S△ABC＝17：24，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（4）当t为何值时，∠ADE＝45°？‎ ‎[www.zz&^s#tep.c*o~m]‎ 解：（1）∵∠B＝90o，AB＝6 cm，BC＝8 cm，‎ ‎∴AC＝＝＝10（cm），‎ 第 34 页 共 34 页 若DE⊥AC，‎ ‎∴∠EDA＝90°，‎ ‎∴∠EDA＝∠B，‎ ‎∵∠A＝∠A，‎ ‎∴△ADE∽△ABC，[来源:中国^*&教@#育出版网]‎ ‎∴＝，即：＝，‎ ‎∴t＝，‎ ‎∴当t＝s时，DE⊥AC；‎ ‎（2）∵DF⊥BC，‎ ‎∴∠DFC＝90°，‎ ‎∴∠DFC＝∠B，‎ ‎∵∠C＝∠C，‎ ‎∴△CDF∽△CAB，‎ ‎∴＝，即＝，‎ ‎∴CF＝，‎ ‎∴BF＝8﹣，‎ BE＝AB﹣AE＝6﹣t，‎ ‎∴S＝S△ABC﹣S△BEF＝×AB•BC﹣×BF•BE＝×6×8﹣×（8﹣t）×（6﹣t）＝﹣t2+t；‎ ‎（3）若存在某一时刻t，使得S四边形AEFC：S△ABC＝17：24，‎ 根据题意得：﹣t2+t＝××6×8，‎ 解得：t1＝，t2＝（不合题意舍去），[来%源#:zz@step.*com&]‎ ‎∴当t＝s时，S四边形AEFC：S△ABC＝17：24；[来&@源:*中^国教育出~版网]‎ ‎（4）过点E作EM⊥AC与点M，如图所示：‎ 则∠EMA＝∠B＝90°，‎ ‎∵∠A＝∠A，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴△AEM∽△ACB，‎ ‎∴＝＝，即＝＝，‎ ‎∴EM＝t，AM＝t，‎ ‎∴DM＝10﹣2t﹣t＝10﹣t，‎ 在Rt△DEM中，当DM＝ME时，∠ADE＝45°，[w&@w%w.^zzst~ep.com]‎ ‎∴10﹣t＝t，‎ ‎∴t＝‎ ‎∴当t＝s时，∠ADE＝45°．‎ ‎5．我们定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且项角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”．例如，如图（1），△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE（SAS）[中%@#国教^育*出版网]‎ 第 34 页 共 34 页 ‎（1）熟悉模型：如图（2），已知△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，求证：BD＝CE；‎ ‎（2）运用模型：如图（3），P为等边△ABC内一点，且PA：PB：PC＝3：4：5，求∠APB的度数．小明在解决此问题时，根据前面的“手拉手全等模型”，以BP为边构造等边△BPM，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连结CM，通过转化的思想求出了∠APB的度数，则∠APB的度数为　150　度；‎ ‎（3）深化模型：如图（4），在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，求BD的长．‎ ‎（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，‎ ‎∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，[来源:zzst@ep.co^&%#m]‎ 在△BAD和△CAE中，，‎ ‎∴△BAD≌△CAE（SAS），‎ ‎∴BD＝CE；‎ ‎（2）解：以BP为边构造等边△BPM，连接CM，如图（3）所示：‎ ‎∵△ABC与△BPM都是等边三角形，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴AB＝BC，BP＝BM＝PM，∠ABC＝∠PBM＝∠BMP＝60°，‎ ‎∴∠ABC﹣∠PBC＝∠PBM﹣∠PBC，即∠ABP＝∠CBM，‎ 在△ABP和△CBM中，，‎ ‎∴△ABP≌△CBM（SAS），[来%&~源^:中#教网]‎ ‎∴AP＝CM，∠APB＝∠CMB，‎ ‎∵PA：PB：PC＝3：4：5，[来~源:z%^zst&ep.#com]‎ ‎∴CM：PM：PC＝3：4：5，‎ ‎∴PC2＝CM2+PM2，‎ ‎∴△CMP是直角三角形，‎ ‎∴∠PMC＝90°，[来源:中%&@国#教育出版网*]‎ ‎∴∠CMB＝∠BMP+∠PMC＝60°+90°＝150°，[来^源#:中教&~网%]‎ ‎∴∠APB＝150°，‎ 故答案为：150；‎ ‎（3）解：过点A作EA⊥AD，且AE＝AD，连接CE，DE，如图（4）所示：‎ 则△ADE是等腰直角三角形，∠EAD＝90°，‎ ‎∴DE＝AD＝4，∠EDA＝45°，‎ ‎∵∠ADC＝45°，‎ ‎∴∠EDC＝45°+45°＝90°，‎ 在Rt△DCE中，CE＝＝＝，‎ ‎∵∠ACB＝∠ABC＝45°，‎ ‎∴∠BAC＝90°，AB＝AC，‎ ‎∵∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，‎ 在△BAD和△CAE中，，[ww&w.#z*zs~tep.co@m]‎ ‎∴△BAD≌△CAE（SAS），[来源:z@&zstep.^#%com]‎ ‎∴BD＝CE＝．‎ 第 34 页 共 34 页 ‎6．（1）某学校“学习落实”数学兴趣小组遇到这样一个题目[www.z#zste&p*~.co@m]‎ 如图，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO＝30°，∠OAC＝75°，AO＝，BO：CO＝2：1，求AB的长经过数学小组成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）‎ 请回答：∠ADB＝　75　°，AB＝　3‎ ‎（2）请参考以上解决思路，解决问题：‎ 如图3在四边形ABCD中对角线AC与BD相交于点0，AC⊥AD，AO＝，∠ABC＝∠ACB＝75°，BO：OD＝2：1，求DC的长 解：（1）如图2中，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∵BD∥AC，‎ ‎∴∠ADB＝∠OAC＝75°．‎ ‎∵∠BOD＝∠COA，[来源:中国教~#育^&出版%网]‎ ‎∴△BOD∽△COA，‎ ‎∴＝＝2，．‎ 又∵AO＝，‎ ‎∴OD＝2AO＝2，‎ ‎∴AD＝AO+OD＝3．‎ ‎∵∠BAD＝30°，∠ADB＝75°，‎ ‎∴∠ABD＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝75°＝∠ADB，‎ ‎∴AB＝AD＝3；‎ 故答案为75，3．‎ ‎[来源@:zzstep.c*%&#om]‎ ‎（2）如图3中，过点B作BE∥AD交AC于点E．‎ ‎∵AC⊥AD，BE∥AD，‎ ‎∴∠DAC＝∠BEA＝90°．‎ ‎∵∠AOD＝∠EOB，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴△AOD∽△EOB，‎ ‎∴＝＝＝2．‎ ‎∵BO：OD＝1：3，‎ ‎∵AO＝，‎ ‎∴EO＝2，‎ ‎∴AE＝3．‎ ‎∵∠ABC＝∠ACB＝75°，‎ ‎∴∠BAC＝30°，AB＝AC，‎ ‎∴AB＝2BE．[来源#~&:中教网@%]‎ 在Rt△AEB中，BE2+AE2＝AB2，即（4BE2）2+BE2＝（2BE）2，‎ 解得：BE＝3，[来源:@中%#&教网^]‎ ‎∴AB＝AC＝6，AD＝‎ 在Rt△CAD中，AC2+AD2＝CD2，即62+（）2＝CD2，‎ 解得：CD＝（负根已经舍弃）．‎ ‎7．正方形ABCD中，AB＝4，点E.F分别在AB.BC边上（不与点A.B重合）．‎ ‎（1）如图1，连接CE，作DM⊥CE，交CB于点M．若BE＝3，则DM＝　5　；‎ ‎（2）如图2，连接EF，将线段EF绕点F顺时针旋转，当点E落在正方形上时，记为点G；再将线段FG绕点G顺时针旋转，当点F落在正方形上时，记为点H；依此操作下去…，‎ ‎①如图3，线段EF经过两次操作后拼得△EFD，其形状为　等边三角形　，在此条件下，求证：AE＝CF；‎ ‎②若线段EF经过三次操作恰好拼成四边形EFGH，‎ ‎（3）请判断四边形EFGH的形状为　正方形　，此时AE与BF的数量关系是　AE＝BF　；‎ 第 34 页 共 34 页 ‎（4）以1中的结论为前提，设AE的长为x，四边形EFGH的面积为y，求y与x的函数关系式及面积y的取值范围．[来#源%:^中~教网&]‎ 解：（1）如图1中，‎ ‎[来源&%:zz^step#.co@m]‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠B＝∠DCM＝90°，‎ ‎∵BE＝3，BC＝4，[来^@源&:%中~教网]‎ ‎∴CE＝＝＝5，‎ ‎∵DM⊥EC，‎ ‎∴∠DMC+∠MCE＝90°，∠MCE+∠CEB＝90°，‎ ‎∴∠DMC＝∠CEB，‎ ‎∵BC＝CD，‎ ‎∴△BCE≌△CDM（AAS），‎ ‎∴DM＝EC＝5．‎ 故答案为5．‎ ‎（2）如题图3，由旋转性质可知EF＝DF＝DE，则△DEF为等边三角形．‎ 故答案为等边三角形．‎ ‎（2）①四边形EFGH的形状为正方形，此时AE＝BF．理由如下：‎ 依题意画出图形，如答图1所示：连接EG、FH，作HN⊥BC于N，GM⊥AB于M．‎ 第 34 页 共 34 页 由旋转性质可知，EF＝FG＝GH＝HE，‎ ‎∴四边形EFGH是菱形，[中*&%#国教育~出版网]‎ 由△EGM≌△FHN，可知EG＝FH，‎ ‎∴四边形EFGH的形状为正方形．‎ ‎∴∠HEF＝90°‎ ‎∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，‎ ‎∴∠1＝∠3．[w~ww@%.zzstep#.&com]‎ ‎∵∠3+∠4＝90°，∠2+∠3＝90°，‎ ‎∴∠2＝∠4．‎ 在△AEH与△BFE中，‎ ‎，‎ ‎∴△AEH≌△BFE（ASA）‎ ‎∴AE＝BF．[来源:^中%国教育&出版~网#]‎ 故答案为正方形，AE＝BF．‎ ‎（4）利用①中结论，易证△AEH、△BFE.△CGF、△DHG均为全等三角形，‎ ‎∴BF＝CG＝DH＝AE＝x，AH＝BE＝CF＝DG＝4﹣x．‎ ‎∴y＝S正方形ABCD﹣4S△AEH＝4×4﹣4×x（4﹣x）＝2x2﹣8x+16．[来源:z@~z^step.#*com]‎ ‎∴y＝2x2﹣8x+16（0＜x＜4）‎ ‎∵y＝2x2﹣8x+16＝2（x﹣2）2+8，‎ ‎∴当x＝2时，y取得最小值8；当x＝0时，y＝16，[ww^w#*.~zzste@p.com]‎ ‎∴y的取值范围为：8≤y＜16．[来源:zzste^p%#.c&om@]‎ 第 34 页 共 34 页 ‎8．已知：如图1，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点B的坐标是（6，4）．[来#源*:%^~中教网]‎ ‎[来源^:*&中教%网~]‎ ‎（1）直接写出A点坐标（　6　，　0　），C点坐标（　0　，　4　）；‎ ‎（2）如图2，D为OC中点．连接BD，AD，如果在第二象限内有一点P（m，1），且四边形OADP的面积是△ABC面积的2倍，求满足条件的点P的坐标；‎ ‎（3）如图3，动点M从点C出发，以每钞1个单位的速度沿线段CB运动，同时动点N从点A出发．以每秒2个单位的速度沿线段AO运动，当N到达O点时，M，N同时停止运动，运动时间是t秒（t＞0），在M，N运动过程中．当MN＝5时，直接写出时间t的值．‎ 解：（1）∵四边形OABC是长方形，‎ ‎∴AB∥OC，BC∥OA，‎ ‎∵B（6，4），‎ ‎∴A（6，0），C（0，4），‎ 故答案为：6，0，0，4；‎ ‎（2）如图2，[ww#w.zzs%t&ep.^@com]‎ 由（1）知，A（6，0），C（0，4），‎ ‎∴OA＝6，OC＝4，‎ ‎∵四边形OABC是长方形，[来#源:中*国教育出版^网%~]‎ ‎∴S长方形OABC＝OA•OC＝6×4＝24，‎ 连接AC，‎ ‎∵AC是长方形OABC的对角线，[中&国^教育出#版网@~]‎ ‎∴S△OAC＝S△ABC＝S长方形OABC＝12，‎ ‎∵点D是OC的中点，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴S△OAD＝S△OAC＝6，‎ ‎∵四边形OADP的面积是△ABC面积的2倍，‎ ‎∴S四边形OADP＝2S△ABC＝24，‎ ‎∵S四边形OADP＝S△OAD+S△ODP＝6+S△ODP＝24，‎ ‎∴S△ODP＝18，‎ ‎∵点D是OC的中点，且OC＝4，[来%源@:#&中教网*]‎ ‎∴OD＝OC＝2，[来源:&%中国教育出~版网*#]‎ ‎∵P（m，1），‎ ‎∴S△ODP＝OD•|m|＝×2|m|＝18，‎ ‎∴m＝18（由于点P在第二象限，所以，m小于0，舍去）或m＝﹣18，‎ ‎∴P（﹣18，1）；‎ ‎（3）如图3，[来源~:*&中^@教网]‎ 由（2）知，OA＝6，OC＝4，[来#源:%中国@教育~出&版网]‎ ‎∵四边形OABC是长方形，[来*源%:zzstep.^com&@]‎ ‎∴∠AOC＝∠OCB＝90°，BC＝6，‎ 由运动知，CM＝t，AN＝2t，‎ ‎∴ON＝OA﹣AN＝6﹣2t，‎ 过点M作MH⊥OA于H，‎ ‎∴∠OHM＝90°＝∠AOC＝∠OCB，‎ ‎∴四边形OCMH是长方形，‎ ‎∴MH＝OC＝4，OH＝CM＝t，‎ ‎∴HN＝|ON﹣CM|＝6﹣2t﹣t|＝|6﹣3t|，‎ 在Rt△MHN中，MN＝5，根据勾股定理得，HN2＝MN2﹣MH2，‎ ‎∴|6﹣3t|2＝52﹣42＝9，‎ ‎∴t＝1或t＝3，‎ 即：t的值为1或3．‎ 第 34 页 共 34 页 ‎[来源:zzs~tep.c^%&#om]‎ ‎9．综合与实践[中&国~^教@育出版网*]‎ 问题情境 数学课上，李老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3．你能求出∠APB的度数吗？‎ ‎[ww^w.%zzste~p*.@com]‎ ‎（1）小敏与同桌小聪通过观察、思考、讨论后，得出了如下思路：‎ 思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，求出∠APB的度数；‎ 思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接PP'，求出∠APB的度数．‎ 请参考以上思路，任选一种写出完整的解答过程．[中国教#育^出@版*网&]‎ 类比探究[中~%&国*教育出^版网]‎ ‎（2）如图2，若点P是正方形ABCD外一点，PA＝3，PB＝1，，求∠APB的度数．‎ 第 34 页 共 34 页 拓展应用 ‎（3）如图3，在边长为的等边三角形ABC内有一点O，∠AOC＝90°，∠BOC＝120°，则△AOC的面积是　　．‎ 解：（1）思路一，如图1，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，[来源:zzst~#@ep&^.com]‎ 则△ABP'≌△CBP，AP'＝CP＝3，BP'＝BP＝2，∠PBP'＝90°[来@^源~:#中国教育出版网%]‎ ‎∴∠BPP'＝45°，‎ 根据勾股定理得，，‎ ‎∵AP＝1，‎ ‎∴AP2+P'P2＝1+8＝9，‎ 又∵P'A2＝32＝9，‎ ‎∴AP2+P'P2＝P'A2，‎ ‎∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，‎ ‎∴∠APB＝∠APP'+∠BPP'＝90°+45°＝135°．[中国教育*出&@%^版网]‎ 思路二、同思路一的方法．‎ ‎（2）如图2，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'．‎ 则△ABP'≌△CBP，，BP'＝BP＝1，∠PBP'＝90°‎ ‎∴∠BPP'＝45°，[www#.z@zs*tep.c%om~]‎ 第 34 页 共 34 页 根据勾股定理得，，‎ ‎∵AP＝3，‎ ‎∴AP2+P'P2＝9+2＝11，‎ 又∵，‎ ‎∴AP2+P'P2＝P'A2，‎ ‎∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，[中国教@~育出版*网#%]‎ ‎∴∠APB＝∠APP'﹣∠BPP'＝90°﹣45°＝45°．‎ ‎（3）如图，将△ABO绕点B顺时针旋转60°，得到△BCE，连接OE．[来#%源:^~中教网&]‎ 则△BAO≌△BCE，∠AOB＝∠BEC＝360°﹣90°﹣120°＝150°，[ww*&w.zzste^~p.c@om]‎ ‎∵△BOE是等边三角形，‎ ‎∴∠BEO＝∠BOE＝60°，‎ ‎∴∠OEC＝90°，∠OEC＝120°﹣60°＝60°，[来源^:*&@中~教网]‎ ‎∴sin60°＝＝，设EC＝k，OC＝2k，则OA＝EC＝k，‎ ‎∵∠AOC＝90°，‎ ‎∴OA2+OC2＝AC2，‎ ‎∴3k2+4k2＝7，‎ ‎∴k＝1或﹣1（舍弃），‎ ‎∴OA＝，OC＝2，‎ ‎∴S△AOC＝•OA•OC＝××2＝．‎ 故答案为．‎ 第 34 页 共 34 页 ‎10．如图1，在矩形ABCD中，点P是BC边上一点，连接AP交对角线BD于点E，BP＝BE．作线段AP的中垂线MN分别交线段DC，DB，AP，AB于点M，G，F，N．[来源:中#国教育~出版*&网^]‎ ‎（1）求证：∠BAP＝∠BGN；‎ ‎（2）若AB＝6，BC＝8，求；‎ ‎（3）如图2，在（2）的条件下，连接CF，求tan∠CFM的值．‎ ‎（1）证明：如图1中，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠ABC＝90°，‎ ‎∴∠BAP＝∠APB＝90°‎ ‎∵BP＝BE，‎ ‎∴∠APB∠BEP＝∠GEF，‎ ‎∵MN垂直平分线段AP，[来源:%中*国#教~育出^版网]‎ ‎∴∠GFE＝90°，‎ ‎∴∠BGN+∠GEF＝90°，‎ ‎∴∠BAP＝∠BGN．‎ ‎[来*源%:zzstep.^com&@]‎ ‎（2）解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠BAD＝∠ABP＝90°，AD∥BC，AD＝BC＝8，‎ ‎∴BD＝＝＝10，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠DAE＝∠APB，‎ ‎∵∠APB＝∠BEP＝∠DEA，‎ ‎∴∠DAE＝∠DEA，‎ ‎∴DA＝DE＝8，‎ ‎∴BE＝BP＝BD﹣DE＝10﹣8＝2，[来&源@:~中教^#网]‎ ‎∴PA＝＝＝2，‎ ‎∵MN垂直平分线段AP，[来源%&:#中国教育出版~网*]‎ ‎∴AF＝PF＝，‎ ‎∵PB∥AD，‎ ‎∴＝＝＝，‎ ‎∴PE＝PA＝，‎ ‎∴EF＝PF﹣PE＝﹣＝，[来源:*z&zstep.#c~om%]‎ ‎∴＝＝．[中国教育出版&*^#@网]‎ ‎（3）解：如图3中，连接AM，MP．设CM＝x．‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠ADM＝∠MCP＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，[来@源:^中国教~%育出版#网]‎ ‎∵MN垂直平分线段AP，‎ ‎∴MA＝MP，‎ ‎∴AD2+DM2＝PC2+CM2，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴82+（6﹣x）2＝62+x2，[www.zz#~@step^.com%]‎ ‎∴x＝，[来源:*~&%中^教网]‎ ‎∵∠PFM＝∠PCM＝90°，‎ ‎∴P，F，M，C四点共圆，‎ ‎∴∠CFM＝∠CPM，‎ ‎∴tan∠CFM＝tan∠CFM＝＝＝．‎ ‎11．在利用构造全等三角形来解决的问题中，有一种典型的利用倍延中线的方法，例如：在△ABC中，AB＝8，AC＝6，点D是BC边上的中点，怎样求AD的取值范围呢？我们可以延长AD到点E，使AD＝DE，然后连接BE（如图①），这样，在△ADC和△EDB中，由于，∴△ADC≌△EDB，∴AC＝EB，接下来，在△ABE中通过AE的长可求出AD的取值范围．‎ 请你回答：‎ ‎（1）在图①中，中线AD的取值范围是　1＜AD＜7　．‎ ‎（2）应用上述方法，解决下面问题 ‎①如图②，在△ABC中，点D是BC边上的中点，点E是AB边上的一点，作DF⊥DE交AC边于点F，连接EF，若BE＝4，CF＝2，请直接写出EF的取值范围．‎ ‎②如图③，在四边形ABCD中，∠BCD＝150°，∠ADC＝30°，点E是AB中点，点F在DC上，且满足BC＝CF，DF＝AD，连接CE.ED，请判断CE与ED的位置关系，并证明你的结论．‎ 解：（1）延长AD到点E，使AD＝DE，连接BE，如图①所示：‎ ‎∵点D是BC边上的中点，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴BD＝CD，‎ 在△ADC和△EDB中，，[中#国教育@出版&%网~]‎ ‎∴△ADC≌△EDB（SAS），‎ ‎∴AC＝EB＝6，[来源:#中^国&教育*出版~网]‎ 在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，‎ ‎∴8﹣6＜AE＜8+6，即2＜AE＜14，‎ ‎∴1＜AD＜7，‎ 故答案为：1＜AD＜7；[来源:*#中国教^育出版~&网]‎ ‎（2）①延长ED到点N，使ED＝DN，连接CN、FN，如图②所示：‎ ‎∵点D是BC边上的中点，‎ ‎∴BD＝CD，‎ 在△NDC和△EDB中，中，，‎ ‎∴△NDC≌△EDB（SAS），‎ ‎∴BE＝CN＝4，[来源:zz@s&te~p.c%o#m]‎ ‎∵DF⊥DE，ED＝DN，‎ ‎∴EF＝FN，[来@源:^*中&%教网]‎ 在△CFN中，CN﹣CF＜FN＜CN+CF，[来源@:中#~国*教&育出版网]‎ ‎∴4﹣2＜FN＜4+2，即2＜FN＜6，‎ ‎∴2＜EF＜6；‎ ‎②CE⊥ED；理由如下：‎ 延长CE与DA的延长线交于点G，如图③所示：[来~源:*%中国教育出#版网@]‎ ‎∵点E是AB中点，‎ ‎∴BE＝AE，‎ ‎∵∠BCD＝150°，∠ADC＝30°，‎ ‎∴DG∥BC，‎ ‎∴∠GAE＝∠CBE，‎ 第 34 页 共 34 页 在△GAE和△CBE中，，‎ ‎∴△GAE≌△CBE（ASA），‎ ‎∴GE＝CE，AG＝BC，‎ ‎∵BC＝CF，DF＝AD，[www.zz^&st#ep.co*m~]‎ ‎∴CF+DF＝BC+AD＝AG+AD，即：CD＝GD，‎ ‎∵GE＝CE，‎ ‎∴CE⊥ED．‎ ‎[来源:zzst%&ep#*.c~om]‎ ‎12．如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC.BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC.AD于点E.F，已知AB＝1，，连接BF．‎ ‎（1）如图①，在旋转的过程中，请写出线段AF与EC的数量关系，并证明；‎ ‎（2）如图②，当α＝45°时，请写出线段BF与DF的数量关系，并证明；‎ ‎（3）如图③，当α＝90°时，求△BOF的面积．‎ 第 34 页 共 34 页 ‎[中国#教%@育*出版网&]‎ 解：（1）AF＝CE；理由如下：‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，[来源:zz~step.^c%&#om]‎ ‎∴AD∥BC，AO＝CO，‎ ‎∴∠FAO＝∠ECO，[中^国&%教#育出版网*]‎ ‎∴在△AFO与△CEO中，，‎ ‎∴△AFO≌△CEO（ASA），‎ ‎∴AF＝EC；‎ ‎（2）BF＝DF；理由如下：‎ ‎∵AB⊥AC，‎ ‎∴∠BAC＝90°，‎ ‎∴AC＝＝＝2，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴BO＝DO，AO＝CO＝AC＝1，‎ ‎∴AB＝AO，‎ 又∵AB⊥AC，‎ ‎∴∠AOB＝45°，‎ ‎∵α＝45°，∠AOF＝45°，‎ ‎∴∠BOF＝∠AOB+∠AOF＝45°+45°＝90°，‎ ‎∴EF⊥BD，‎ ‎∵BO＝DO，‎ ‎∴BF＝DF；‎ ‎（3）∵AB⊥AC，‎ ‎∴∠CAB＝90°，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴∠CAB＝∠AOF＝α＝90°，‎ ‎∴AB∥EF，[来源:&中%国教育^出版~网@]‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AF∥BE，[来源@:中*&国~%教育出版网]‎ ‎∴四边形ABEF是平行四边形，‎ ‎∴AB＝EF＝1，‎ 由（1）得：△AFO≌△CEO，‎ ‎∴OF＝OE＝EF＝，‎ 由（2）得：AO＝1，‎ ‎∵AB∥EF，AO⊥EF，[w^*#w~w.zzs@tep.com]‎ ‎∴S△BOF＝S△AOF＝AO•OF＝×1×＝．‎ ‎13．综合与实践 ‎（1）问题发现 如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．请写出∠AEB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由．‎ ‎（2）类比探究 如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．‎ 填空：①∠AEB的度数为　90°　；‎ ‎②线段CM，AE，BE之间的数量关系为　AE＝BE+2CM　．‎ ‎（3）拓展延伸[来源^:中国教育出#版*~%网]‎ 在（2）的条件下，若BE＝4，CM＝3，则四边形ABEC的面积为　35　．‎ 解：（1）∠AEB＝60°，AD＝BE，理由如下：‎ ‎∵△ACB和△DCE均为等边三角形，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．‎ ‎∴∠ACD＝∠BCE．‎ 在△ACD和△BCE中，，‎ ‎∴△ACD≌△BCE（SAS）．‎ ‎∴∠ADC＝∠BEC．AD＝BE，‎ ‎∵△DCE为等边三角形，‎ ‎∴∠CDE＝∠CED＝60°．[来%源:@中^国教~育出版#网]‎ ‎∵点A，D，E在同一直线上，‎ ‎∴∠ADC＝120°．‎ ‎∴∠BEC＝120°．‎ ‎∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．‎ ‎（2）猜想：①∠AEB＝90°，②AE＝BE+2CM．理由如下：‎ ‎∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，‎ ‎∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．‎ ‎∴∠ACD＝∠BCE．‎ 在△ACD和△BCE中，，‎ ‎∴△ACD≌△BCE（SAS）．‎ ‎∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．‎ ‎∵△DCE为等腰直角三角形，‎ ‎∴∠CDE＝∠CED＝45°．‎ ‎∵点A，D，E在同一直线上，‎ ‎∴∠ADC＝135°．‎ ‎∴∠BEC＝135°．[来源~:中&*^@教网]‎ ‎∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．[中*@国&教育^出~版网]‎ ‎∵CD＝CE，CM⊥DE，‎ ‎∴DM＝ME．‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∵∠DCE＝90°，‎ ‎∴DM＝ME＝CM．‎ ‎∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．[来~%源:zz#s*tep.c&om]‎ 故答案为：90°，AE＝BE+2CM；‎ ‎（3）由（2）得：∠AEB＝90°，AD＝BE＝4，‎ ‎∵△DCE均为等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，‎ ‎∴CM⊥AE，DE＝2CM＝6，‎ ‎∴AE＝AD+DE＝4+6＝10，‎ ‎∴四边形ABEC的面积＝△ACE的面积+△ABE的面积＝AE×CM+AE×BE＝×10×3+×10×4＝35；‎ 故答案为：35．[来源:@中%#&教网^]‎ ‎14．如图，正方形OABC的边长为8，P为OA上一点，OP＝2，Q为OC边上的一个动点，分别以OPPQ为边在正方形OABC内部作等边三角形OPD和等边三角形PQE．‎ ‎（1）证明：DE＝OQ；[来源:#z~zste*p.%co&m]‎ ‎（2）直线ED与OC交于点F，点Q在运动过程中．‎ ‎①∠EFC的度数是否发生改变？若不变，求出这个角的度数；若改变，说明理由；‎ ‎②连结AE，求AE的最小值．‎ 第 34 页 共 34 页 ‎（1）证明：如图1中，‎ ‎∵△OPD和△PQE是等边三角形，‎ ‎∴PO＝PD，PQ＝PE，∠OPD＝∠QPE＝60°，‎ ‎∴∠OPQ＝∠DPE，‎ ‎∴△OPQ≌△DPE（SAS），‎ ‎∴DE＝OQ．‎ ‎[中国教^&%育*出版网@]‎ ‎（2）①∵△OPQ≌△DPE，‎ ‎∴∠EDP＝∠POQ＝90°，‎ ‎∵∠DOP＝∠ODP＝60°‎ ‎∴∠FDO＝∠FDO＝30°，[中国#教^@育*出版网&]‎ ‎∴∠EFC＝∠FOC+∠FDO＝60°．[来源:&@中国教育出^%*版网]‎ ‎②如图2中，当点Q与点C重合时，以PQ为边作正三角形PQM．‎ 第 34 页 共 34 页 ‎[来源&:~#中%教网*]‎ ‎∵∠EFC＝60°为定值，‎ 点E的运动路径为线段DM，[来~源:@#*^中教网]‎ 过点P作PH⊥EA，垂足为H，‎ ‎∴当AE⊥DE时，AE的值最小 ‎∵∠PDE＝∠DEH＝∠PHE＝90°，‎ ‎∴四边形PDEH是矩形，‎ ‎∴∠DPH＝90°，EH＝PD＝2，‎ ‎∴EH＝DP＝2，‎ 在△PHA中，∠AHP＝90°，∠HPA＝30°[ww~w.zz%^s#tep.co&m]‎ ‎∴AH＝PA＝3，‎ ‎∴AE＝EH+AH＝2+3＝5．‎ ‎15．我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂直四边形．‎ ‎（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂直四边形吗？请说明理由；‎ ‎（2）如图2，四边形ABCD是垂直四边形，求证：AD2+BC2＝AB2+CD2；‎ ‎（3）如图3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC.AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，BC＝3，求GE长．‎ ‎（1）解：四边形ABCD是垂直四边形；理由如下：‎ ‎∵AB＝AD，‎ 第 34 页 共 34 页 ‎∴点A在线段BD的垂直平分线上，‎ ‎∵CB＝CD，‎ ‎∴点C在线段BD的垂直平分线上，‎ ‎∴直线AC是线段BD的垂直平分线，‎ ‎∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂直四边形；‎ ‎（2）证明：设AC.BD交于点E，如图2所示：‎ ‎∵AC⊥BD，‎ ‎∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，‎ 由勾股定理得：AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+DE2+CE2，‎ ‎∴AD2+BC2＝AB2+CD2；‎ ‎（3）解：连接CG、BE，如图3所示：‎ ‎∵正方形ACFG和正方形ABDE，‎ ‎∴AG＝AC，AB＝AE，CG＝AC＝4，BE＝AB，∠CAG＝∠BAE＝90°，‎ ‎∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，‎ 在△GAB和△CAE中，，‎ ‎∴△GAB≌△CAE（SAS），[中国教*^&%育@出版网]‎ ‎∴∠ABG＝∠AEC，‎ 又∵∠AEC+∠CEB+∠ABE＝90°，‎ ‎∴∠ABG+∠CEB+∠ABE＝90°，即CE⊥BG，‎ ‎∴四边形CGEB是垂直四边形，由（2）得，CG2+BE2＝BC2+GE2，‎ ‎∵AC＝4，BC＝3，[来@源:中国教育出*~&版%网]‎ ‎∴AB＝＝＝5，BE＝AB＝5，‎ ‎∴GE2＝CG2+BE2﹣BC2＝（4）2+（5）2﹣32＝73，‎ ‎∴GE＝．‎ 第 34 页 共 34 页 ‎ ‎ 第 34 页 共 34 页