《2020年中考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)題型提分講練 專題22 以特殊的平行四邊形為背景的證明與計(jì)算（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年中考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)題型提分講練 專題22 以特殊的平行四邊形為背景的證明與計(jì)算（含解析）（26頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題22 以特殊的平行四邊形為背景的證明與計(jì)算 考點(diǎn)分析 【例1】（2020·安徽初三）（已知：如圖所示的一張矩形紙片ABCD（AD>AB），將紙片折疊一次，使點(diǎn)A與點(diǎn)C重合，再展開(kāi)，折痕EF交AD邊于點(diǎn)E，交BC邊于點(diǎn)F，分別連結(jié)AF和CE． （1）求證：四邊形AFCE是菱形； （2）若AE=10cm，△ABF的面積為24cm2，求△ABF的周長(zhǎng)； （3）在線段AC上是否存在一點(diǎn)P，使得2AE2=AC·AP？若存在，請(qǐng)說(shuō)明點(diǎn)P的位置，并予以證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 【答案】(1)證明見(jiàn)解析；（2）24cm；（3）存在，過(guò)E作EP⊥AD交AC于P，則P就是所求的點(diǎn)，證明見(jiàn)

2、解析. 【解析】 解：（1）∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∴∠EAO=∠FCO， 由折疊的性質(zhì)可得：OA=OC，AC⊥EF， 在△AOE和△COF中， ∵， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴AE=CF， ∴四邊形AFCE是平行四邊形， ∵AC⊥EF， ∴四邊形AFCE是菱形； （2）∵四邊形AFCE是菱形， ∴AF=AE=10cm， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠B=90°， ∴S△ABF=AB?BF=24cm2， ∴AB?BF=48（cm2）， ∴AB2+BF2=（AB+BF）2-2AB?BF=（AB+BF）2-2×48=AF2=100（cm

3、2）， ∴AB+BF=14（cm） ∴△ABF的周長(zhǎng)為：AB+BF+AF=14+10=24（cm）． （3）證明：過(guò)E作EP⊥AD交AC于P，則P就是所求的點(diǎn)． 當(dāng)頂點(diǎn)A與C重合時(shí)，折痕EF垂直平分AC， ∴OA=OC，∠AOE=∠COF=90°， ∵在平行四邊形ABCD中，AD∥BC， ∴∠EAO=∠FCO， ∴△AOE≌△COF， ∴OE=OF ∴四邊形AFCE是菱形． ∴∠AOE=90°，又∠EAO=∠EAP， 由作法得∠AEP=90°， ∴△AOE∽△AEP， ∴，則AE2=AO?AP， ∵四邊形AFCE是菱形， ∴AO＝AC， ∴AE2=AC?AP，

4、 ∴2AE2=AC?AP． 【點(diǎn)睛】 本題考查翻折變換（折疊問(wèn)題）；菱形的判定；矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，掌握相關(guān)性質(zhì)定理，正確推理論證是解題關(guān)鍵． 【例2】（2019·江蘇泰州中學(xué)附屬初中初三月考）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，把一個(gè)含30°的直角三角形BEF放在正方形上，其中∠FBE＝30°，∠BEF＝90°，BE＝BC，繞B點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)△FBE，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中， （1）如圖1，當(dāng)F點(diǎn)落在邊AD上時(shí)，求∠EDC的度數(shù)； （2）如圖2，設(shè)EF與邊AD交于點(diǎn)M，F(xiàn)E的延長(zhǎng)線交DC于G，當(dāng)AM＝2時(shí)，求EG的長(zhǎng)； （3）如圖3，設(shè)EF與邊AD交于點(diǎn)N，當(dāng)tan∠

5、ECD＝時(shí)，求△NED的面積． 【答案】（1）15°；（2）3；（3） 【解析】 解：（1）如圖1中，作EH⊥BC于H，EM⊥CD于M．則四邊形EMCH是矩形． ∵四邊形ABCD是正方形， ∴BA＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°， ∵BC＝BE， ∴AB＝BE＝CD， 在Rt△BFA和Rt△BFE中，， ∴Rt△BFA≌△Rt△BFE（HL）， ∴∠ABF＝∠EBF＝30°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠EBC＝30°， ∴EH＝MC＝BE＝CD， ∴DM＝CM， ∵EM⊥CD， ∴ED＝EC， ∵∠BCE＝（180°﹣30°）＝75°， ∴∠

6、EDC＝∠ECD＝15°． （2）如圖2中，連接BM、BG． ∵AM＝2， ∴DM＝AD﹣AM＝4， 由（1）可知△BMA≌△BME，△BGE≌△BGC， ∴AM＝EM＝2，EG＝CG， 設(shè)EG＝CG＝x，則DG＝6﹣x． 在Rt△DMG中，MG2＝DG2+DM2， ∴（2+x）2＝（6﹣x）2+42， ∴x＝3， ∴EG＝3． （3）如圖3中，連接BN，延長(zhǎng)FE交CD于G，連接BG． AN＝NE，EG＝CG， ∵BE＝BC， ∴BG垂直平分CE， ∴∠ECG+∠BCG＝90°，∵∠GBC+∠ECB＝90°， ∴∠ECD＝∠GCB， ∴tan∠GBC＝

7、tan∠ECD＝， ∴＝， ∴CG＝BC＝2， ∵CD＝6， ∴DG＝CD﹣CG＝4，設(shè)AN＝EN＝y(tǒng)，則DN＝6﹣y， 在Rt△DNG中，（6﹣y）2+42＝（2+y）2， 解得：y＝3， ∴AN＝NE＝3，DN＝3，NG＝5， ∴S△NED＝?S△DNG＝××3×4＝． 【點(diǎn)睛】 本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題． 考點(diǎn)集訓(xùn) 1．（2020·陜西初三期中）問(wèn)題：如圖①，在等邊三角形ABC內(nèi)有一點(diǎn)P，

8、且PA＝2，PB=，PC＝1，求∠BPC的度數(shù)和等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)． 李明同學(xué)的思路是：將△BPC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，畫(huà)出旋轉(zhuǎn)后的圖形(如圖②)，連接PP′，可得△P′PB是等邊三角形，而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可證)，可得∠AP′B＝ °，所以∠BPC＝∠AP′B＝ °，還可證得△ABP是直角三角形，進(jìn)而求出等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為 ，問(wèn)題得到解決． （1）根據(jù)李明同學(xué)的思路填空：∠AP′B＝ °，∠BPC＝∠AP′B＝ °，等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為 ． （2）探

9、究并解決下列問(wèn)題：如圖③，在正方形ABCD內(nèi)有一點(diǎn)P，且PA＝，PB＝，PC＝1.求∠BPC的度數(shù)和正方形ABCD的邊長(zhǎng)． 【答案】（1）∠AP′B＝150°，∠BPC＝∠AP′B＝150°，等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為；（2）∠BPC＝135°，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為. 【解析】 （1）∵等邊△ABC， ∴∠ABC=60°， 將△BPC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得出△ABP′， ∴AP′=CP=1，BP′=BP=，∠PBC=∠P′BA，∠AP′B=∠BPC， ∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°， ∴∠ABP′+∠ABP=∠ABC=60°， ∴△BPP′是等邊三角形， ∴P

10、P′=，∠BP′P=60°， ∵AP′=1，AP=2， ∴AP′2+PP′2=AP2， ∴∠AP′P=90°， ∴∠BPC=∠AP′B=90°+60°=150°， 過(guò)點(diǎn)B作BM⊥AP′，交AP′的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M， ∴∠MP′B=30°，BM=， 由勾股定理得：P′M=， ∴AM=1+=， 由勾股定理得：AB=， 故答案為：150°，． （2）將△BPC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△AEB， 與（1）類似：可得：AE=PC=1，BE=BP=，∠BPC=∠AEB，∠ABE=∠PBC， ∴∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABC=90°， ∴∠BEP=（180°-90°）=

11、45°， 由勾股定理得：EP=2， ∵AE=1，AP=，EP=2， ∴AE2+PE2=AP2， ∴∠AEP=90°， ∴∠BPC=∠AEB=90°+45°=135°， 過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AE，交AE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F； ∴∠FEB=45°， ∴FE=BF=1， ∴AF=2； ∴在Rt△ABF中，由勾股定理，得AB=； ∴∠BPC=135°，正方形邊長(zhǎng)為． 答：∠BPC的度數(shù)是135°，正方形ABCD的邊長(zhǎng)是． 【點(diǎn)睛】 本題主要考查對(duì)勾股定理及逆定理，等邊三角形的性質(zhì)和判定，等腰三角形的性質(zhì)，含30度角的 直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握，正確

12、作輔助線并能根據(jù)性質(zhì)進(jìn)行證明是解此題的關(guān)鍵． 2．（2019·云南初三月考）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E是邊AB上一點(diǎn)，將△CBE沿直線CE對(duì)折，得到△CFE，連接DF． （1）當(dāng)D、E、F三點(diǎn)共線時(shí)，證明：DE＝CD； （2）當(dāng)BE＝1時(shí)，求△CDF的面積； （3）若射線DF交線段AB于點(diǎn)P，求BP的最大值． 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）；（3）4﹣ 【解析】 證明：（1）∵四邊形ABCD是矩形 ∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD， ∴∠DCE＝∠CEB ∵△CBE翻折得到△CFE ∴∠FEC＝∠CEB ∴∠DCE＝∠FEC ∴DE＝C

13、D （2）如圖1，延長(zhǎng)EF交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G， ∵四邊形ABCD是矩形 ∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD， ∴∠DCE＝∠CEB ∵△CBE翻折得到△CFE ∴∠FEC＝CEB，CF＝BC＝3，EF＝BE＝1，∠CFE＝90° ∴∠DCE＝∠FEC，∠CFG＝90° ∴CG＝EG， ∴GF＝GE﹣EF＝CG﹣1 ∵在Rt△CGF中，CG2＝CF2+GF2， ∴CG2＝9+（CG﹣1）2， 解得：CG＝5 ∵△CDF與△CGF分別以CD、CG為底時(shí)，高相等 ∴ ∴S△CDF＝S△CGF＝＝ （3）如圖2，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥DP于點(diǎn)H，連接CP， ∵

14、CD∥AB ∴∠CDP＝∠APD，且∠A＝∠CHD＝90° ∴△ADP∽△HCD ∴＝， ∵CH≤CF，CF＝BC＝AD＝3 ∴CH≤3 ∴當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)F重合時(shí)， CH最大，DH最小，AP最小，BP最大， 此時(shí)，在△ADP與△HCD ∴△ADP≌△HCD（AAS） ∴CD＝DP＝4，AP＝DF ∵AP＝＝ ∴BP的最大值為4﹣． 【點(diǎn)睛】 此題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知矩形的性質(zhì)、勾股定理及相似三角形的判定與性質(zhì)． 3．（2019·江蘇初二期末）如圖1，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)M． （1）直接寫(xiě)出AM=　　

15、　?。? （2）P是射線AM上的一點(diǎn)，Q是AP的中點(diǎn)，設(shè)PQ=x． ①AP=　　　　 ，AQ=　　　　 ； ②以PQ為對(duì)角線作正方形，設(shè)所作正方形與△ABD公共部分的面積為S，用含x的代數(shù)式表示S，并寫(xiě)出相應(yīng)的x的取值范圍．(直接寫(xiě)出，不需要寫(xiě)過(guò)程) 【答案】（1）；（2）①2x，x；②S(0＜x≤)． 【解析】 解：（1）∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4， ∴對(duì)角線AC4， 又∴AM2． 故答案為：2． （2）①Q(mào)是AP的中點(diǎn)，設(shè)PQ=x， ∴AP=2PQ=2x，AQ=x． 故答案為：2x；x． ②如圖： ∵以PQ為對(duì)角線作正方形， ∴∠GQM=∠FQM=45°

16、 ∵正方形ABCD對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)M， ∴∠FMQ=∠GMQ=90°， ∴△FMQ和△GMQ均為等腰直角三角形， ∴FM=QM=MG． ∵QM=AM﹣AQ=2x， ∴SFG?QM， ∴S， ∵依題意得：， ∴0＜x≤2， 綜上所述：S(0＜x≤2)， 【點(diǎn)睛】 本題考查了正方形的性質(zhì)：正方形的四條邊都相等，四個(gè)角都是直角；正方形的兩條對(duì)角線相等，互相垂直平分，并且每條對(duì)角線平分一組對(duì)角．解答本題要充分利用等腰直角三角形性質(zhì)解答． 4．（2019·江蘇初二期末）（1）如圖1，已知正方形ABCD，點(diǎn)M和N分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且BM=CN，連接AM和BN，交于點(diǎn)

17、P．猜想AM與BN的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論； （2）如圖2，將圖（1）中的△APB繞著點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90o，得到△A′P′B，延長(zhǎng)A′P′交AP于點(diǎn)E，試判斷四邊形BPEP′的形狀，并說(shuō)明理由． 【答案】（1）AM⊥BN，證明見(jiàn)解析；（2）四邊形BPEP′是正方形，理由見(jiàn)解析. 【解析】 （1）AM⊥BN 證明：∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB=BC，∠ABM=∠BCN=90° ∵BM=CN， ∴△ABM≌△BCN ∴∠BAM=∠CBN ∵∠CBN+∠ABN=90°， ∴∠ABN+∠BAM=90°， ∴∠APB=90° ∴AM⊥BN．

18、（2）四邊形BPEP′是正方形. △A′P′B是△APB繞著點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90o所得， ∴BP= BP′,∠P′BP=90o. 又由（1）結(jié)論可知∠APB=∠A′P′B=90°， ∴∠BP′E=90°. 所以四邊形BPEP′是矩形. 又因?yàn)锽P= BP′,所以四邊形BPEP′是正方形. 【點(diǎn)睛】 此題主要考查特殊平行四邊形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵是熟知正方形的性質(zhì)與判定. 5．（2020·山東初三期末）如圖，正方形ABCD的邊CD在正方形ECGF的邊CE上，連接DG，過(guò)點(diǎn)A作AH∥DG，交BG于點(diǎn)H．連接HF，AF，其中AF交EC于點(diǎn)M． （1）

19、求證：△AHF為等腰直角三角形． （2）若AB＝3，EC＝5，求EM的長(zhǎng)． 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）EM＝ 【解析】 證明：（1）∵四邊形ABCD，四邊形ECGF都是正方形 ∴DA∥BC，AD＝CD，F(xiàn)G＝CG，∠B＝∠CGF＝90° ∵AD∥BC，AH∥DG， ∴四邊形AHGD是平行四邊形 ∴AH＝DG，AD＝HG＝CD， ∵CD＝HG，∠ECG＝∠CGF＝90°，F(xiàn)G＝CG， ∴△DCG≌△HGF（SAS）， ∴DG＝HF，∠HFG＝∠HGD ∴AH＝HF， ∵∠HGD+∠DGF＝90°， ∴∠HFG+∠DGF＝90° ∴DG⊥HF，且AH∥DG， ∴A

20、H⊥HF，且AH＝HF ∴△AHF為等腰直角三角形． （2）∵AB＝3，EC＝5， ∴AD＝CD＝3，DE＝2，EF＝5． ∵AD∥EF， ∴，且DE＝2． ∴EM＝． 【點(diǎn)睛】 本題考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例等知識(shí)點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)難度大靈活運(yùn)用這些知識(shí)進(jìn)行推理是本題的關(guān)鍵． 6．（2020·深圳市龍崗區(qū)石芽嶺學(xué)校初三月考）如圖，將一張矩形紙片ABCD沿直線MN折疊，使點(diǎn)C落在點(diǎn)A處，點(diǎn)D落在點(diǎn)E處，直線MN交BC于點(diǎn)M，交AD于點(diǎn)N． （1）求證：CM=CN； （2）若△CMN的面積與△CDN的面積比為3：1

21、，求的值． 【答案】(1)證明見(jiàn)解析;(2) 【解析】 解：（1）證明：由折疊的性質(zhì)可得：∠ANM=∠CNM， ∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠ANM=∠CMN． ∴∠CMN=∠CNM．∴CM=CN． （2）過(guò)點(diǎn)N作NH⊥BC于點(diǎn)H，則四邊形NHCD是矩形． ∴HC=DN，NH=DC． ∵△CMN的面積與△CDN的面積比為3：1， ∴． ∴MC=3ND=3HC．∴MH=2HC． 設(shè)DN=x，則HC=x，MH=2x，∴CM=3x=CN． 在Rt△CDN中，， ∴HN=． 在Rt△MNH中，， ∴． 7．（2020·河南初三）如下圖1，將三角板放在正方

22、形上，使三角板的直角頂點(diǎn)與正方形的頂點(diǎn)重合，三角板的一邊交于點(diǎn)．另一邊交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)． （1）觀察猜想：線段與線段的數(shù)量關(guān)系是 ； （2）探究證明：如圖2，移動(dòng)三角板，使頂點(diǎn)始終在正方形的對(duì)角線上，其他條件不變，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)給予證明：若不成立．請(qǐng)說(shuō)明理由： （3）拓展延伸：如圖3，將（2）中的“正方形”改為“矩形”，且使三角板的一邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)，其他條件不變，若、，求的值． 【答案】（1）；（2）成立，證明過(guò)程見(jiàn)解析；（3）. 【解析】 （1），理由如下： 由直角三角板和正方形的性質(zhì)得 在和中， ； （2）成立，證明如下

23、： 如圖，過(guò)點(diǎn)分別作，垂足分別為，則四邊形是矩形 由正方形對(duì)角線的性質(zhì)得，為的角平分線 則 在和中， ； （3）如圖，過(guò)點(diǎn)分別作，垂足分別為 同（2）可知， 由長(zhǎng)方形性質(zhì)得： ，即 在和中， . 【點(diǎn)睛】 本題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、相似三角形的判定定理與性質(zhì)，較難的是題（3），通過(guò)作輔助線，構(gòu)造兩個(gè)相似三角形是解題關(guān)鍵. 8．（2020·江蘇初二期中）如圖，長(zhǎng)方形紙片ABCD中，AB＝8，將紙片折疊，使頂點(diǎn)B落在邊AD上的E點(diǎn)處，折痕的一端G點(diǎn)在邊BC上． （1）如圖1，當(dāng)折痕的另一端F

24、在AB邊上且AE＝4時(shí)，求AF的長(zhǎng)； （2）如圖2，當(dāng)折痕的另一端F在AD邊上且BG＝10時(shí)， ①求證：△EFG是等腰三角形；②求AF的長(zhǎng)； （3）如圖3，當(dāng)折痕的另一端F在AD邊上，B點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E到AD的距離是4，且BG＝5時(shí)，求AF的長(zhǎng)． 【答案】（1）AF＝3；（2）①見(jiàn)解析；②AF＝6；（3）AF＝1 【解析】 （1）解：∵紙片折疊后頂點(diǎn)B落在邊AD上的E點(diǎn)處， ∴BF＝EF， ∵AB＝8， ∴EF＝8﹣AF， 在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2， 即42+AF2＝（8﹣AF）2， 解得AF＝3； （2）①證明：∵紙片折疊后頂點(diǎn)B落在邊AD上的E點(diǎn)處

25、， ∴∠BGF＝∠EGF， ∵長(zhǎng)方形紙片ABCD的邊AD∥BC， ∴∠BGF＝∠EFG， ∴∠EGF＝∠EFG， ∴EF＝EG， ∴△EFG是等腰三角形； ②解：∵紙片折疊后頂點(diǎn)B落在邊AD上的E點(diǎn)處， ∴EG＝BG＝10，HE＝AB＝8，F(xiàn)H＝AF， ∴EF＝EG＝10， 在Rt△EFH中，F(xiàn)H＝＝6， ∴AF＝FH＝6； （3）解：如圖3，設(shè)EH與AD相交于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)E作MN∥CD分別交AD、BC于M、N， ∵E到AD的距離為4， ∴EM＝4，EN＝8﹣4＝4， 在Rt△ENG中，EG=BG=5， ∴GN＝＝3， ∵∠GEN+∠KEM＝180°﹣∠

26、GEH＝180°﹣90°＝90°， ∠GEN+∠NGE＝180°﹣90°＝90°， ∴∠KEM＝∠NGE， 又∵∠ENG＝∠KME＝90°， ∴△GEN∽△EKM， ∴， 即， 解得EK＝，KM＝， ∴KH＝EH﹣EK＝8﹣＝， ∵∠FKH＝∠EKM，∠H＝∠EMK＝90°， ∴△FKH∽△EKM， ∴， 即， 解得FH＝1， ∴AF＝FH＝1． 【點(diǎn)睛】 此題考查折疊的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定及性質(zhì)定理，每個(gè)小問(wèn)的問(wèn)題都是求AF的長(zhǎng)度，故解題中注意思路和方法的總結(jié)，（3）中的解題思路與（2）相類似，求出FH問(wèn)題得解，故將問(wèn)題轉(zhuǎn)化是解題的一種特別

27、重要的思路. 9．（2019·河南初三期中）正方形ABCD與正方形DEFG按如圖1放置，點(diǎn)A，D，G在同一條直線上，點(diǎn)E在CD邊上，AD＝3，DE＝，連接AE，CG． （1）線段AE與CC的關(guān)系為_(kāi)_____； （2）將正方形DEFG繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)銳角后，如圖2，請(qǐng)問(wèn)（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)說(shuō)明理由 （3）在正方形DEFG繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周的過(guò)程中，當(dāng)∠AEC＝90°時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出AE的長(zhǎng)． 【答案】（1）AE＝CG，AE⊥CG；（2）仍然成立；理由見(jiàn)解析；（3）AE的長(zhǎng)為2+1或2﹣1． 【解析】 （1）線段AE與CG的關(guān)系為：AE＝CG，AE⊥CG， 理由

28、如下： 如圖1，延長(zhǎng)AE交CG于點(diǎn)H， ∵四邊形ABCD和四邊形DGFE是正方形， ∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADE＝∠CDG＝90°， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG，∠EAD＝∠GCD， ∵∠EAD+∠AED＝90°，∠AED＝∠CEH， ∴∠GCD+∠CEH＝90°， ∴∠CHE＝90°，即AE⊥CG， 故答案為：AE＝CG，AE⊥CG； （2）結(jié)論仍然成立，理由如下： 如圖2，設(shè)AE與CG交于點(diǎn)H， ∵四邊形ABCD和四邊形DGFE是正方形， ∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°， ∴∠ADC+∠CDE＝∠EDG+∠CDE，

29、 即∠ADE＝∠CDG， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG，∠EAD＝∠GCD， ∵∠EAD+∠APD＝90°，∠APD＝∠CPH， ∴∠GCD+∠CPH＝90°， ∴∠CHP＝90°，即AE⊥CG， ∴AE＝CG，AE⊥CG， ∴①中的結(jié)論仍然成立； （3）如圖3﹣1，當(dāng)點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)到線段CG上時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥AE于點(diǎn)M， ∵∠AEC＝90°，∠DEG＝45°， ∴∠AED＝45°， ∴Rt△DME是等腰直角三角形， ∴ME＝MD＝DE＝1， 在Rt?△AMD中，ME＝1，AD＝3， ∴AM＝＝＝2， ∴AE＝AM+ME＝2+1； 如圖3﹣2，當(dāng)

30、點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)到線段CG的延長(zhǎng)線上時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DN⊥CE于點(diǎn)N， 則∠END＝90°， ∵∠DEN＝45°， ∴∠EDN＝45°， ∴Rt△DNE是等腰直角三角形， ∴NE＝ND＝DE＝1， 在Rt△CND中，ND＝1，CD＝3， ∴CN＝＝＝2， ∴CE＝NE+CN＝2+1， ∵AC＝AD＝3， ∴在Rt△AEC中， AE＝＝＝2﹣1， 綜上所述，AE的長(zhǎng)為2+1或2﹣1． 【點(diǎn)睛】 本題考查全等三角形的判定（SAS）與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及勾股定理，解題關(guān)鍵是在第（3）問(wèn)中能夠根據(jù)題意分情況討論并畫(huà)出圖形，才能保證解答的

31、完整性． 10．（2019·云南初三）如圖，在矩形ABCD中，E是AB邊的中點(diǎn)，沿EC對(duì)折矩形ABCD，使B點(diǎn)落在點(diǎn)P處，折痕為EC，連結(jié)AP并延長(zhǎng)AP交CD于F點(diǎn)， （1）求證：△CBE≌△CPE； （2）求證：四邊形AECF為平行四邊形； （3）若矩形ABCD的邊AB＝6，BC＝4，求△CPF的面積． 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3） 【解析】 （1）解：由折疊可知，EP＝EB，CP＝CB， ∵EC＝EC， ∴△ECP≌△ECB（SSS）． （2）證明：由折疊得到BE＝PE，EC⊥PB， ∵E為AB的中點(diǎn)， ∴AE＝EB＝PE， ∴AP⊥BP， ∴

32、AF∥EC， ∵AE∥FC， ∴四邊形AECF為平行四邊形； （3）過(guò)P作PM⊥DC，交DC于點(diǎn)M， 在Rt△EBC中，EB＝3，BC＝4， 根據(jù)勾股定理得： ， ， 由折疊得：BP＝2BQ＝， 在Rt△ABP中，AB＝6，BP＝， 根據(jù)勾股定理得： , ∵四邊形AECF為平行四邊形， ∴AF＝EC＝5，F(xiàn)C＝AE＝3， ∴PF＝5﹣＝， ∵PM∥AD， ∴△FPM∽△FAD ，即 解得：PM＝， 則S△PFC＝FC?PM＝×3×＝． 【點(diǎn)睛】 本題考查的是利用折疊性質(zhì)來(lái)證明三角形全等和平行四邊形四邊形，還考查了利用勾股定理、面積公式來(lái)求三角形的邊

33、長(zhǎng)，利用相似三角形的性質(zhì)對(duì)應(yīng)邊成比例來(lái)求出三角形的高，進(jìn)而求出三角形的面積．本題第（3）中求也可利用△APB∽△EBC，對(duì)應(yīng)邊成比例,求AP，這樣比較簡(jiǎn)便． 11．（2019·江西初三期中）在正方形ABCD中，點(diǎn)P是CD上一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)PA，分別過(guò)點(diǎn)B、D作BE⊥PA、DF⊥PA，垂足為E、F，如圖①． （1）請(qǐng)?zhí)剿鰾E、DF、EF這三條線段長(zhǎng)度具有怎樣的數(shù)量關(guān)系，若點(diǎn)P在DC的延長(zhǎng)線上（如圖②），那么這三條線段的長(zhǎng)度之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？若點(diǎn)P在CD的延長(zhǎng)線上呢（如圖③）？請(qǐng)分別直接寫(xiě)出結(jié)論． （2）請(qǐng)?jiān)冢?）中的三個(gè)結(jié)論中選擇一個(gè)加以證明． 【答案】（1）圖①中，BE=DF

34、+EF；圖②中，BE=DF-EF；圖③中，BE=EF-DF；（2）見(jiàn)解析 【解析】 解：（1）在正方形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°， ∴∠BAE+∠DAF=90°， ∵BE⊥PA，DF⊥PA， ∴∠AEB=∠DFA=90°， ∠ABE+∠BAE=90°， ∴∠ABE=∠DAF， 在△ABE和△DAF中， ∴△ABE≌△DAF(AAS)， ∴AE=DF，AF=BE， 如圖①，∵AF=AE+EF， ∴BE=DF+EF， 如圖②，∵AE=AF+EF， ∴BE = DF -EF， 如圖③，∵EF=AE+AF， ∴BE = EF -DF （2）證明：如圖

35、題①， ∵ABCD是正方形， ∴AB=AD， ∵BE⊥PA，DF⊥PA， ∴∠AEB=∠AFD=90°，∠ABE+∠BAE=90°． ∵∠DAF+∠BAE=90°， ∴∠ABE=∠DAF， ∴Rt△ABE≌Rt△DAF， ∴BE=AF，AE=DF， 而AF=AE+EF， ∴BE=DF+EF； 【點(diǎn)睛】 本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵． 12．（2020·河北初三期末）如圖，在正方形中，點(diǎn)是邊上的一點(diǎn)（不與、重合），點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上，且滿足，連接、，與邊交于點(diǎn)． （1）求證：； （2）如果，

36、求證：． 【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析 【解析】 解：證明（1）∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠CAD＝∠ACB＝45°，∠BAD＝∠CDA＝∠B＝90°， ∴∠BAM＋∠MAD＝90°，∠ADN＝90° ∵∠MAN＝90°， ∴∠MAD＋∠DAN＝90°， ∴∠BAM＝∠DAN， 且AD＝AB，∠ABC＝∠ADN＝90° ∴△ABM≌△ADN（ASA） ∴AM＝AN， （2）∵AM＝AN，∠MAN＝90°， ∴∠MNA＝45°， ∵∠CAD＝2∠NAD＝45°， ∴∠NAD＝22.5° ∴∠CAM＝∠MAN﹣∠CAD﹣∠NAD＝22.5° ∴∠CAM＝∠NAD，∠ACB＝∠MNA＝45°， ∴△AMC∽△AEN ∴＝，且AN＝AM， ∴AN2＝AE?AC 【點(diǎn)睛】 本題主要考查正方形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定及性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．