人教备战中考数学平行四边形提高练习题压轴题训练附详细答案

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN． （1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形； 猜想与发现：

（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论． 结论1：DM、MN的数量关系是 ； 结论2：DM、MN的位置关系是 ； 拓展与探究：

（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析. 【解析】

试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.

试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，

∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，

∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的

两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又

∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，

∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.

考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．

2．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD． ①求证：四边形BFDE是菱形； ②直接写出∠EBF的度数；

(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；

(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.

【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH＝3FH；（3）EG2＝AG2+CE2． 【解析】 【分析】

（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．

②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题． （2）IH＝3FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题． 【详解】

（1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，OB＝OD， ∴∠EDO＝∠FBO， 在△DOE和△BOF中，

EDO＝FBO ， OD＝OBEOD＝BOF∴△DOE≌△BOF， ∴EO＝OF，∵OB＝OD， ∴四边形EBFD是平行四边形， ∵EF⊥BD，OB＝OD， ∴EB＝ED，

∴四边形EBFD是菱形． ②∵BE平分∠ABD， ∴∠ABE＝∠EBD， ∵EB＝ED， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴∠ABD＝2∠ADB， ∵∠ABD+∠ADB＝90°， ∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°， ∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°， ∴∠EBF＝60°． （2）结论：IH＝3FH．

理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．

∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°， ∴EB＝BF＝ED，DE∥BF， ∴∠JDH＝∠FGH， 在△DHJ和△GHF中，

DHG＝GHF ， DH＝GHJDH＝FGH∴△DHJ≌△GHF， ∴DJ＝FG，JH＝HF， ∴EJ＝BG＝EM＝BI， ∴BE＝IM＝BF， ∵∠MEJ＝∠B＝60°， ∴△MEJ是等边三角形， ∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60° 在△BIF和△MJI中，

BI＝MJB＝M， BF＝IM∴△BIF≌△MJI，

∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF， ∴IH⊥JF，

∵∠BFI+∠BIF＝120°， ∴∠MIJ+∠BIF＝120°， ∴∠JIF＝60°， ∴△JIF是等边三角形，

在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°， ∴∠FIH＝30°， ∴IH＝3FH．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．

理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，

∵∠FAD+∠DEF＝90°， ∴AFED四点共圆，

∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°， ∴∠ADF+∠EDC＝45°， ∵∠ADF＝∠CDM，

∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG， 在△DEM和△DEG中，

DE＝DEEDG＝EDM ， DG＝DM∴△DEG≌△DEM， ∴GE＝EM，

∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM， ∴∠ECM＝90° ∴EC2+CM2＝EM2， ∵EG＝EM，AG＝CM， ∴GE2＝AG2+CE2． 【点睛】

考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.

3．如图，正方形ABCD的边长为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的长为？

465或22 5【解析】 【分析】

【答案】分两种情况分析：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，由三角形的面积法则可求得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=BN2+DN2=3.225.62；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=BN2+DN2=2222； 【详解】

如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线， ∵∠B=90°，∴AE=AB2BE2=8262=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，由三角形的面积法则可求得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=BN2+DN2=3.225.62 =465 ； 5

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=BN2+DN2=2222 =22 ；

综上，可得B′D的长为【点睛】

465或22. 5本题主要考查正方形的性质与判定，矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等，能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关键.

4．如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥DB，垂足为点D，将平行四边形ABCD折叠，使点

B落在点D的位置，点C落在点G的位置，折痕为EF，EF交对角线BD于点P． （1）连结CG，请判断四边形DBCG的形状，并说明理由； （2）若AE＝BD，求∠EDF的度数．

【答案】（1）四边形BCGD是矩形，理由详见解析；（2）∠EDF＝120°． 【解析】 【分析】

（1）根据平行四边形的性质和折叠性质以及矩形的判定解答即可；

（2）根据折叠的性质以及直角三角形的性质和等边三角形的判定与性质解答即可． 【详解】

解：（1）四边形BCGD是矩形，理由如下， ∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC∥AD，即BC∥DG， 由折叠可知，BC＝DG， ∴四边形BCGD是平行四边形， ∵AD⊥BD， ∴∠CBD＝90°， ∴四边形BCGD是矩形；

（2）由折叠可知：EF垂直平分BD， ∴BD⊥EF，DP＝BP， ∵AD⊥BD， ∴EF∥AD∥BC，

AEPD1 BEBP∴AE＝BE，

∴

∴DE是Rt△ADB斜边上的中线， ∴DE＝AE＝BE，

∵AE＝BD， ∴DE＝BD＝BE， ∴△DBE是等边三角形， ∴∠EDB＝∠DBE＝60°， ∵AB∥DC，

∴∠DBC＝∠DBE＝60°， ∴∠EDF＝120°． 【点睛】

本题考查了平行四边形的性质，折叠性质，等边三角形的性质和判定，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力，题目综合性比较强，有一定的难度

5．（问题情境）在△ABC中，AB＝AC，点P为BC所在直线上的任一点，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．

证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE＝CF．（不要证明）

（变式探究）（1）当点P在CB延长线上时，其余条件不变（如图3），试探索PD、PE、CF之间的数量关系并说明理由；

请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：

（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上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD＝16，CF＝6，求PG+PH的值．

（迁移拓展）（3）在直角坐标系中，直线l1：y＝-

4x+8与直线l2：y＝﹣2x+8相交于点3A，直线l1、l2与x轴分别交于点B、点C．点P是直线l2上一个动点，若点P到直线l1的距离为2．求点P的坐标．

【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，同理利用△ABP与△ACP面积之差等于△ABC的面积可以证得； 【结论运用】

过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，根据勾股定理和矩形的性质解答即可； 【迁移拓展】

分两种情况，利用结论，求得点P到x轴的距离，再利用待定系数法可求出P的坐标． 【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，

111AB•CF＝AC•PE﹣ AB•PD． 222∵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＝DF2CF210262＝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，

由问题情境中的结论可得：PG+PH＝EQ． ∴PG+PH＝8．

∴PG+PH的值为8； 迁移拓展:如图，

由题意得：A（0，8），B（6，0），C（﹣4，0） ∴AB＝6282＝10，BC＝10． ∴AB＝BC，

（1）由结论得：P1D1+P1E1＝OA＝8 ∵P1D1＝1＝2，

∴P1E1＝6 即点P1的纵坐标为6 又点P1在直线l2上， ∴y＝2x+8＝6， ∴x＝﹣1，

即点P1的坐标为（﹣1，6）； （2）由结论得：P2E2﹣P2D2＝OA＝8 ∵P2D2＝2，

∴P2E2＝10 即点P1的纵坐标为10 又点P1在直线l2上， ∴y＝2x+8＝10， ∴x＝1，

即点P1的坐标为（1，10） 【点睛】

本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定及勾股定理等知识点，利用面积法列出等式是解决问题的关键．

6．问题情境

在四边形ABCD中，BA＝BC，DC⊥AC，过点D作DE∥AB交BC的延长线于点E，M是边AD的中点，连接MB，ME. 特例探究

(1)如图1，当∠ABC＝90°时，写出线段MB与ME的数量关系，位置关系； (2)如图2，当∠ABC＝120°时，试探究线段MB与ME的数量关系，并证明你的结论；

拓展延伸

(3)如图3，当∠ABC＝α时，请直接用含α的式子表示线段MB与ME之间的数量关系．

tan【答案】(1)MB＝ME，MB⊥ME；(2)ME＝3MB．证明见解析；(3)ME＝MB·.

【解析】 【分析】

（1）如图1中，连接CM．只要证明△MBE是等腰直角三角形即可； （2）结论：EM=3MB．只要证明△EBM是直角三角形，且∠MEB=30°即可；（3）结论：EM=BM•tan2．证明方法类似； 【详解】

(1) 如图1中，连接CM．

∵∠ACD=90°，AM=MD， ∴MC=MA=MD， ∵BA=BC， ∴BM垂直平分AC， ∵∠ABC=90°，BA=BC，

∴∠MBE=

12∠ABC=45°，∠ACB=∠DCE=45°， ∵AB∥DE，

∴∠ABE+∠DEC=180°， ∴∠DEC=90°，

∴∠DCE=∠CDE=45°， ∴EC=ED，∵MC=MD，

∴EM垂直平分线段CD，EM平分∠DEC， ∴∠MEC=45°，

∴△BME是等腰直角三角形， ∴BM=ME，BM⊥EM．

故答案为BM=ME，BM⊥EM．

2 (2)ME＝3MB．

证明如下：连接CM，如解图所示．

∵DC⊥AC，M是边AD的中点， ∴MC＝MA＝MD． ∵BA＝BC， ∴BM垂直平分AC． ∵∠ABC＝120°，BA＝BC，

1∠ABC＝60°，∠BAC＝∠BCA＝30°，∠DCE＝60°. 2∵AB∥DE，

∴∠ABE＋∠DEC＝180°， ∴∠DEC＝60°，

∴∠DCE＝∠DEC＝60°， ∴△CDE是等边三角形， ∴EC＝ED． ∵MC＝MD，

∴EM垂直平分CD，EM平分∠DEC，

∴∠MBE＝∴∠MEC＝

1∠DEC＝30°， 2∴∠MBE＋∠MEB＝90°，即∠BME＝90°. 在Rt△BME中，∵∠MEB＝30°， ∴ME＝3MB．

(3) 如图3中，结论：EM=BM•tan

． 2

理由：同法可证：BM⊥EM，BM平分∠ABC， 所以EM=BM•tan【点睛】

本题考查四边形综合题、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰

． 2三角形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．

7．（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的一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB的位置关系为 ； （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的一点，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的数量关系，并说明理由； （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的一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF的中点，连接CN，若BC=10，CN=2，试求EF的长．

【答案】（1）NC∥AB；理由见解析；（2）∠ABC=∠ACN；理由见解析；（3）241； 【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

ABAC＝，利用等腰三角形的性质得到∠BAC=∠MAN，根据相似三AMAN角形的性质即可得到结论；

三角形的性质得到

（3）如图3，连接AB，AN，根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，根据

BMAB＝，得到BM=2，CM=8，再根据勾股定理即可得到答案． CNAC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，

相似三角形的性质得出

ABACBAMCAN ， AMAN∴△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：

ABAM=1且∠ABC=∠AMN， BCMN∴△ABC～△AMN

∵

ABAC＝， AMAN∵AB=BC，

∴

1（180°﹣∠ABC）， 2∵AM=MN

1∴∠MAN=（180°﹣∠AMN），

2∵∠ABC=∠AMN， ∴∠BAC=∠MAN， ∴∠BAM=∠CAN， ∴△ABM～△ACN， ∴∠ABC=∠ACN；

（3）如图3，连接AB，AN，

∴∠BAC=

∵四边形ADBC，AMEF为正方形， ∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°， ∴∠BAC﹣∠MAC=∠MAN﹣∠MAC 即∠BAM=∠CAN， ∵∴

ABAM2， BCANABAC＝， AMAN∴△ABM～△ACN

∴∴

BMAB＝， CNACCNAC2=cos45°=， BMAB2∴

22， BM2∴BM=2， ∴CM=BC﹣BM=8， 在Rt△AMC， AM=AC2MC210282241，

∴EF=AM=241．

点睛：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质定理和判定定理、相似三角形的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解决问题的关键．

8．已知边长为1的正方形ABCD中， P是对角线AC上的一个动点（与点A、C不重合），过点P作PE⊥PB ，PE交射线DC于点E，过点E作EF⊥AC，垂足为点F． （1）当点E落在线段CD上时（如图）， ①求证：PB=PE；

②在点P的运动过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，试求出这个不变的值，若变化，试说明理由；

（2）当点E落在线段DC的延长线上时，在备用图上画出符合要求的大致图形，并判断上述（1）中的结论是否仍然成立（只需写出结论，不需要证明）；

（3）在点P的运动过程中，△PEC能否为等腰三角形？如果能，试求出AP的长，如果不能，试说明理由．

【答案】（1）①证明见解析；②点PP在运动过程中，PF的长度不变，值为画图见解析，成立 ；（3）能，1. 【解析】

2；（2）2分析：（1）①过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．要证PB=PE，只

需证到△PGB≌△PHE即可；②连接BD，如图2．易证△BOP≌△PFE，则有BO=PF，只需求出BO的长即可．

（2）根据条件即可画出符合要求的图形，同理可得（1）中的结论仍然成立． （3）可分点E在线段DC上和点E在线段DC的延长线上两种情况讨论，通过计算就可求出符合要求的AP的长．

详解：（1）①证明：过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．

∵四边形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC， ∴∠GPC=∠ACB=∠ACD=∠HPC=45°． ∴PG=PH，∠GPH=∠PGB=∠PHE=90°． ∵PE⊥PB即∠BPE=90°， ∴∠BPG=90°﹣∠GPE=∠EPH． 在△PGB和△PHE中，

PGB＝PHE， PG＝PHBPG＝EPH∴△PGB≌△PHE（ASA）， ∴PB=PE．

②连接BD，如图2．

∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOP=90°． ∵PE⊥PB即∠BPE=90°， ∴∠PBO=90°﹣∠BPO=∠EPF． ∵EF⊥PC即∠PFE=90°， ∴∠BOP=∠PFE． 在△BOP和△PFE中，

PBO＝EPFBOP＝PFE PB＝PE∴△BOP≌△PFE（AAS）， ∴BO=PF．

∵四边形ABCD是正方形， ∴OB=OC，∠BOC=90°， ∴BC=2OB． ∵BC=1，∴OB=∴PF=

2， 22． 2∴点PP在运动过程中，PF的长度不变，值为2． 2（2）当点E落在线段DC的延长线上时，符合要求的图形如图3所示．

同理可得：PB=PE，PF=

2． 2（3）①若点E在线段DC上，如图1．

∵∠BPE=∠BCE=90°，∴∠PBC+∠PEC=180°． ∵∠PBC＜90°，∴∠PEC＞90°． 若△PEC为等腰三角形，则EP=EC． ∴∠EPC=∠ECP=45°，

∴∠PEC=90°，与∠PEC＞90°矛盾，

∴当点E在线段DC上时，△PEC不可能是等腰三角形． ②若点E在线段DC的延长线上，如图4．

若△PEC是等腰三角形， ∵∠PCE=135°， ∴CP=CE，

∴∠CPE=∠CEP=22.5°．

∴∠APB=180°﹣90°﹣22.5°=67.5°． ∵∠PRC=90°+∠PBR=90°+∠CER， ∴∠PBR=∠CER=22.5°， ∴∠ABP=67.5°， ∴∠ABP=∠APB． ∴AP=AB=1． ∴AP的长为1．

点睛：本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、四边形的内角和定理、三角形的内角和定理及外角性质等知识，有一定的综合性，而通过添加辅助线证明三角形全等是解决本题的关键．

9．如图，正方形ABCO的边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的延长线交线段BC于点P，连AP、AG． （1）求证：△AOG≌△ADG；

（2）求∠PAG的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由； （3）当∠1=∠2时，求直线PE的解析式；

（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的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，请说明理由．

【答案】（1）见解析（2）∠PAG =45°，PG=OG+BP．理由见解析（3）y=

、

【解析】

．

x﹣3．（4）

试题分析：(1)由AO=AD，AG=AG，根据斜边和一条直角边对应相等的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的判定方法，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的度数；最后判断出线段OG、PG、BP之间的数量关系即可．(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°；最后确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE的解析式．

(4)根据题意，分两种情况：①当点M在x轴的负半轴上时；②当点M在EP的延长线上时；根据以M、A、G为顶点的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（1），

，0），CG=3﹣， 在Rt△PCG中，PC===3（﹣

∴P点坐标为：（3，3

，

﹣3 ）， 设直线PE的解析式为：y=kx+b， 则

解得：， ∴直线PE的解析式为y=x﹣3．

(4)①如图1，当点M在x轴的负半轴上时，， ∵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的延长线上时，， 由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°， ∴EP与AB的交点M，满足AG=MG， ∵A点的横坐标是0，G点横坐标为∴M的横坐标是2

，纵坐标是3， ∴点M坐标为（2

，3）．

，3）．

，

综上，可得 点M坐标为（0，﹣3）或（2考点：几何变换综合题．

10．如图1，在菱形ABCD中，ABC=60°，若点E在AB的延长线上，EF∥AD，EF=BE，点P是DE的中点，连接FP并延长交AD于点G．

（1）过D作DHAB,垂足为H，若DH=

FP；

，BE=AB,求DG的长；

（2）连接CP，求证：CP

（3）如图2，在菱形ABCD中，ABC=60°，若点E在CB的延长线上运动，点F在AB的延长线上运动，且BE=BF，连接DE,点P为DE的中点，连接FP、CP，那么第（2）问的结论成立吗？若成立，求出【解析】

试题分析：（1）根据菱形得出DA∥BC，CD=CB，∠CDG=∠CBA=60°，则

∠DAH=∠ABC=60°，根据DH⊥AB得出∠DHA=90°，根据Rt△ADH的正弦值得出AD的长度，然后得出BE的长度，然后证明△PDG≌△PEF，得出DG=EF，根据EF∥AD，AD∥BC得出EF∥BC，则说明△BEF为正三角形，从而得出DG的长度；（2）连接CG、CF，根据△PDG≌△PEF得出PG=PF，然后证明△CDG≌△CBF，从而得到CG=CF，根据PG=PF得出垂直；（3）过D作EF的平行线，交FP延长于点G，连接CG、CF证△PEF≌△PDG，然后证明△CDG≌△CBF，从而得出∠GCE=120°，根据Rt△CPF求出比值．

试题解析：（1）解：∵四边形ABCD为菱形 ∴DA∥BC CD=\"CB\" ∠CDG=∠CBA=60° ∴∠DAH=∠ABC=60°

∵DH⊥AB ∴∠DHA=90° 在Rt△ADH中 sin∠DAH=

∴AD=

的值；若不成立，请说明理由．

．

【答案】（1）1；（2）见解析；（3）

∴BE=AB=

×4=1 ∵EF∥AD ∴∠PDG=∠PEB ∵P为DE的中点 ∴PD=PE

∵∠DPG=∠EPF ∴△PDG≌△PEF ∴DG=EF ∵EF∥AD AD∥BC ∴EF∥BC ∴∠FEB=∠CBA=60° ∵BE=EF ∴△BEF为正三角形 ∴EF=BE=1 ∴DG=EF=1 、证明：连接CG、CF

由（1）知 △PDG≌△PEF ∴PG=PF

在△CDG与△CBF中 易证：∠CDG=∠CBF=60° CD=CB BF=EF=DG ∴△CDG≌△CBF ∴CG=CF ∵PG=PF ∴CP⊥GF （3）如图：CP⊥GF仍成立

理由如下：过D作EF的平行线，交FP延长于点G

连接CG、CF证△PEF≌△PDG ∴DG=EF=BF ∵DG∥EF ∴∠GDP=∠EFP ∵DA∥BC ∴∠ADP=∠PEC

∴∠GDP－∠ADP=∠EFP－∠PEC ∴∠GDA=∠BEF=60° ∴∠CDG=∠ADC+∠GDA=120° ∵∠CBF=180°－∠EBF=120° ∴∠CBF=∠CDG ∵CD=BC DG=BF ∴△CDG≌△CBF ∴CG=CF ∠DCG=∠FCE ∵PG=PF ∴CP⊥PF ∠GCP=∠FCP

∵∠DCP=180－∠ABC=120° ∴∠DCG+∠GCE=120° ∴∠FCE+∠GCE=120° 即∠GCE=120° ∴∠FCP=∠GCE=60° 在Rt△CPF中 tan∠FCP=tan60°=考点：三角形全等的证明与性质．

=