解析(1)
一、平行四边形
1．（1）、动手操作：
如图①：将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在点∠ABE＝20°，那么（2）、观察发现：
小明将三角形纸片ABC（AB＞AC）沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片（如图②）；再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到△AEF（如图③）．小明认为△AEF是等腰三角形，你同意吗？请说明理由．
的度数为 .
处，折痕为EF，若
（3）、实践与运用：
将矩形纸片ABCD按如下步骤操作：将纸片对折得折痕EF，折痕与AD边交于点E，与BC边交于点F；将矩形ABFE与矩形EFCD分别沿折痕MN和PQ折叠，使点A、点D都与点F重合，展开纸片，此时恰好有MP＝MN＝PQ（如图④），求∠MNF的大
小.
【答案】（1）125°；（2）同意；（3）60° 【解析】
试题分析：（1）根据直角三角形的两个锐角互余求得∠AEB=70°，根据折叠重合的角相等，得∠BEF=∠DEF=55°，根据平行线的性质得到∠EFC=125°，再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°；
（2）根据第一次折叠，得∠BAD=∠CAD；根据第二次折叠，得EF垂直平分AD，根据等角的余角相等，得∠AEG=∠AFG，则△AEF是等腰三角形；
（3）由题意得出：∠NMF=∠AMN=∠MNF，MF=NF，由对称性可知，MF=PF，进而得出△MNF≌△MPF，得出3∠MNF=180°求出即可． 试题解析：（1）、∵在直角三角形ABE中，∠ABE=20°， ∴∠AEB=70°， ∴∠BED=110°，
根据折叠重合的角相等，得∠BEF=∠DEF=55°．
∵AD∥BC， ∴∠EFC=125°，
再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°．； （2）、同意，如图，设AD与EF交于点G
由折叠知，AD平分∠BAC，所以∠BAD=∠CAD． 由折叠知，∠AGE=∠DGE=90°， 所以∠AGE=∠AGF=90°， 所以∠AEF=∠AFE． 所以AE=AF，
即△AEF为等腰三角形．
（3）、由题意得出：∠NMF＝∠AMN＝∠MNF， ∴MF＝NF，
由折叠可知，MF＝PF， ∴NF＝PF，
而由题意得出：MP＝MN， 又∵MF＝MF， ∴△MNF≌△MPF，
∴∠PMF＝∠NMF，而∠PMF＋∠NMF＋∠MNF＝180°， 即3∠MNF＝180°， ∴∠MNF＝60°.
考点：1.折叠的性质；2.等边三角形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.等腰三角形的判定
2．四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H． （1）如图1，当点E、F在线段AD上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG与BE的位置关系，并加以证明；
（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试说明HO平分∠BHG；
（3）当点E、F运动到如图3所示的位置时，其它条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO的度数．
【答案】（1）①证明见解析；②AG⊥BE．理由见解析；（2）证明见解析；（3）∠BHO=45°． 【解析】
试题分析：（1）①根据正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG；②根据正方形的性质得AB=DC，
∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠ABE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断AG⊥BE；
（2）如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立；
（3）如答图2所示，与（1）同理，可以证明AG⊥BE；过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，构造全等三角形△AON≌△BOM，从而证明OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，即∠BHO=45°．
试题解析：（1）①∵四边形ABCD为正方形， ∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°， 在△ADG和△CDG中
，
∴△ADG≌△CDG（SAS）， ∴∠DAG=∠DCG； ②AG⊥BE．理由如下： ∵四边形ABCD为正方形， ∴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．
如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形．
∴∠MON=90°， 又∵OA⊥OB， ∴∠AON=∠BOM．
∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°， ∴∠OAN=∠OBM． 在△AON与△BOM中，
∴△AON≌△BOM（AAS）． ∴OM=ON，
∴矩形OMHN为正方形， ∴HO平分∠BHG．
（3）将图形补充完整，如答图2示，∠BHO=45°．
与（1）同理，可以证明AG⊥BE．
过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N， 与（2）同理，可以证明△AON≌△BOM， 可得OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG， ∴∠BHO=45°．
考点：1、四边形综合题；2、全等三角形的判定与性质；3、正方形的性质
3．如图①，四边形ABCD是知形，AB1,BC2，点E是线段BC上一动点(不与B,C重合)，点F是线段BA延长线上一动点，连接DE,EF,DF,EF交AD于点G.设BEx,AFy，已知y与x之间的函数关系如图②所示.
（1）求图②中y与x的函数表达式; （2）求证:DEDF;
（3）是否存在x的值，使得△DEG是等腰三角形?如果存在，求出x的值;如果不存在，说明理由
【答案】（1）y＝﹣2x+4（0＜x＜2）；（2）见解析；（3）存在，x＝【解析】 【分析】
（1）利用待定系数法可得y与x的函数表达式； （2）证明△CDE∽△ADF，得∠ADF＝∠CDE，可得结论； （3）分三种情况：
①若DE＝DG，则∠DGE＝∠DEG，
②若DE＝EG，如图①，作EH∥CD，交AD于H， ③若DG＝EG，则∠GDE＝∠GED， 分别列方程计算可得结论． 【详解】 （1）设y＝kx+b，
由图象得：当x＝1时，y＝2，当x＝0时，y＝4，
5553或或． 422kb2k2代入得：，得，
b4b4∴y＝﹣2x+4（0＜x＜2）； （2）∵BE＝x，BC＝2 ∴CE＝2﹣x， ∴∴
CE2x1CD1,， AF42x2AD2CECD， AFAD∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠DAF＝90°， ∴△CDE∽△ADF， ∴∠ADF＝∠CDE，
∴∠ADF+∠EDG＝∠CDE+∠EDG＝90°， ∴DE⊥DF；
（3）假设存在x的值，使得△DEG是等腰三角形， ①若DE＝DG，则∠DGE＝∠DEG， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∠B＝90°， ∴∠DGE＝∠GEB， ∴∠DEG＝∠BEG， 在△DEF和△BEF中，
FDEBDEFBEF， EFEF∴△DEF≌△BEF（AAS）， ∴DE＝BE＝x，CE＝2﹣x，
∴在Rt△CDE中，由勾股定理得：1+（2﹣x）2＝x2， x＝
5； 4②若DE＝EG，如图①，作EH∥CD，交AD于H，
∵AD∥BC，EH∥CD， ∴四边形CDHE是平行四边形， ∴∠C＝90°，
∴四边形CDHE是矩形，
∴EH＝CD＝1，DH＝CE＝2﹣x，EH⊥DG， ∴HG＝DH＝2﹣x， ∴AG＝2x﹣2， ∵EH∥CD，DC∥AB， ∴EH∥AF， ∴△EHG∽△FAG， ∴
EHHG， AFAG∴
12x， 42x2x25555（舍）， ,x222∴x1③若DG＝EG，则∠GDE＝∠GED， ∵AD∥BC， ∴∠GDE＝∠DEC， ∴∠GED＝∠DEC， ∵∠C＝∠EDF＝90°， ∴△CDE∽△DFE， ∴
CEDE， CDDFDECD1， DFAD2CE1， CD213，x＝， 2255-53或或． 422∵△CDE∽△ADF， ∴∴
∴2﹣x＝
综上，x＝【点睛】
本题是四边形的综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，三角形相似和全等的性质和判定，矩形和平行四边形的性质和判定，勾股定理和逆定理等知识，运用相似三角形的性质是解决本题的关键．
4．（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＝DF2CF210262＝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＝6282＝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．
5．如图，点O是正方形ABCD两条对角线的交点，分别延长CO到点G，OC到点E，使OG=2OD、OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG．
（1）如图1，若正方形OEFG的对角线交点为M，求证：四边形CDME是平行四边形． （2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，如图2，连接AG′，DE′，求证：AG′=DE′，AG′⊥DE′；
（3）在（2）的条件下，正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边相交于点N，如图3，
设旋转角为α（0°＜α＜180°），若△AON是等腰三角形，请直接写出α的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°． 【解析】 【分析】
（1）由四边形OEFG是正方形，得到ME=CD∥GE，CD=
1GE，根据三角形的中位线的性质得到21GE，求得CD=GE，即可得到结论； 2（2）如图2，延长E′D交AG′于H，由四边形ABCD是正方形，得到AO=OD，
∠AOD=∠COD=90°，由四边形OEFG是正方形，得到OG′=OE′，∠E′OG′=90°，由旋转的性质得到∠G′OD=∠E′OC，求得∠AOG′=∠COE′，根据全等三角形的性质得到AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O，即可得到结论；
（3）分类讨论，根据三角形的外角的性质和等腰三角形的性质即可得到结论． 【详解】
（1）证明：∵四边形OEFG是正方形， ∴ME=
1GE， 21GE， 2∵OG=2OD、OE=2OC， ∴CD∥GE，CD=∴CD=GE，
∴四边形CDME是平行四边形；
（2）证明：如图2，延长E′D交AG′于H，
∵四边形ABCD是正方形， ∴AO=OD，∠AOD=∠COD=90°， ∵四边形OEFG是正方形， ∴OG′=OE′，∠E′OG′=90°，
∵将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′， ∴∠G′OD=∠E′OC， ∴∠AOG′=∠COE′， 在△AG′O与△ODE′中，
OA＝ODAOG＝DOE， OG＝OE∴△AG′O≌△ODE′
∴AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O， ∵∠1=∠2，
∴∠G′HD=∠G′OE′=90°， ∴AG′⊥DE′；
（3）①正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边AD相交于点N，如图3，
Ⅰ、当AN=AO时， ∵∠OAN=45°， ∴∠ANO=∠AON=67.5°， ∵∠ADO=45°，
∴α=∠ANO-∠ADO=22.5°； Ⅱ、当AN=ON时， ∴∠NAO=∠AON=45°， ∴∠ANO=90°， ∴α=90°-45°=45°；
②正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边AB相交于点N，如图4，
Ⅰ、当AN=AO时， ∵∠OAN=45°， ∴∠ANO=∠AON=67.5°， ∵∠ADO=45°， ∴α=∠ANO+90°=112.5°；
Ⅱ、当AN=ON时， ∴∠NAO=∠AON=45°， ∴∠ANO=90°， ∴α=90°+45°=135°，
Ⅲ、当AN=AO时，旋转角a=∠ANO+90°=67.5+90=157.5°，
综上所述：若△AON是等腰三角形时，α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°． 【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、旋转变换的性质的综合运用，有一定的综合性，分类讨论当△AON是等腰三角形时，求α的度数是本题的难点．
6．如图①，在矩形ABCD中，点P从AB边的中点E出发，沿着EBC速运动，速度为每秒2个单位长度，到达点C后停止运动，点Q是AD上的点，AQ10，设
PAQ的面积为y，点p运动的时间为t秒，y与t的函数关系如图②所示.
(1)图①中AB= ，BC= ，图②中m= .
(2)当t=1秒时，试判断以PQ为直径的圆是否与BC边相切?请说明理由:
(3)点p在运动过程中，将矩形沿PQ所在直线折叠，则t为何值时，折叠后顶点A的对应点A落在矩形的一边上.
【答案】(1)8,18,20;(2)不相切，证明见解析；（3）t=【解析】 【分析】
117、5、. 23（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的面积=
1AQ×AE=20即可； 2（2）当t=1时，PE=2，得出AP=AE+PE=6，由勾股定理求出PQ=234，设以PQ为直径的圆的圆心为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=即可得出结论；
（3）分三种情况：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，由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，由勾股定
1AP=3，求出O'N=MN-O'M=5＜圆O'的半径，2理求出A'F=2AQQF2=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，由折叠的性质得：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，由折叠的性质得：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边的中点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的面积=故答案为8，18，20；
（2）当t=1秒时，以PQ为直径的圆不与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=11AQ×AE=×10×4=20； 22AQ2AP210262234，
设以PQ为直径的圆的圆心为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的中点， ∴O''M是△APQ的中位线， ∴O'M=
1AP=3， 2∴O'N=MN-O'M=5＜34， ∴以PQ为直径的圆不与BC边相切；
（3）分三种情况：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， 由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°， ∴A'F=2AQQF2=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=
1； 2②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，连接AA'，如图3所示：
由折叠的性质得：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=10282=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：
由折叠的性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10， 在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8， 由勾股定理得：DA'=10282=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=
17； 3综上所述，t为【点睛】
117或5或时，折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上． 23四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识.
7．定义：我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“友好三角形”． 性质：如果两个三角形是“友好三角形”，那么这两个三角形的面积相等．
理解：如图①，在△ABC中，CD是AB边上的中线，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的面积．
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重合部分的面积等于△ABC面积的，请直接写出△ABC的面积．
【答案】（1）见解析；（2）12；探究：2或2【解析】
．
试题分析：（1）利用一组对边平行且相等的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的性质证得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的中点，则可以求得△ABE、△ABF的面积，根据S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF即可求解．
探究：画出符合条件的两种情况：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的面积．即可求出△ABC的面积．
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：分为两种情况：①如图1，
∵S△ACD=S△BCD． ∴AD=BD=AB，
∵沿CD折叠A和A′重合，
∴AD=A′D=AB=×4=2，
∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的， ∴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重合， ∴∠ACB=90°， 由勾股定理得：AC=
∴△ABC的面积是×BC×AC=×2×2②如图2，
， =2
；
∵S△ACD=S△BCD． ∴AD=BD=AB，
∵沿CD折叠A和A′重合， ∴AD=A′D=AB=×4=2，
∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的，
∴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的面积是2或2考点：四边形综合题．
．
8．点P是矩形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A，C重合），分别过点A，C向直线BP作垂线，垂足分别为点E，F，点O为AC的中点．
（1）如图1，当点P与点O重合时，请你判断OE与OF的数量关系；
（2）当点P运动到如图2所示位置时，请你在图2中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立；
（3）若点P在射线OA上运动，恰好使得∠OEF＝30°时，猜想此时线段CF，AE，OE之间有怎样的数量关系，直接写出结论不必证明．
【答案】（1）OE＝OF．理由见解析；（2）补全图形如图所示见解析，OE＝OF仍然成立；（3）CF＝OE+AE或CF＝OE﹣AE． 【解析】 【分析】
（1）根据矩形的性质以及垂线，即可判定AOECOF(AAS)，得出OE=OF； （2）先延长EO交CF于点G，通过判定AOECOG(ASA)，得出OG=OE，再根据
RtEFG中，OF1EG，即可得到OE=OF； 2（3）根据点P在射线OA上运动，需要分两种情况进行讨论：当点P在线段OA上时，当点P在线段OA延长线上时，分别根据全等三角形的性质以及线段的和差关系进行推导计算即可． 【详解】
（1）OE=OF．理由如下： 如图1．
∵四边形ABCD是矩形，∴ OA=OC．
∵AEBP，CFBP，∴AEOCFO90．
AEOCFO∵在AOE和COF中，AOECOF，∴AOECOF(AAS)，∴ OE=OF；
OAOC（2）补全图形如图2，OE=OF仍然成立．证明如下： 延长EO交CF于点G．
∵AEBP，CFBP，∴ AE//CF，∴EAOGCO． 又∵点O为AC的中点，∴ AO=CO．
EAOGCO在AOE和COG中，AOCO，∴AOECOG(ASA)，∴ OG=OE，
AOECOG1EG，∴ OE=OF； 2（3）CF=OE+AE或CF=OE-AE．
∴RtEFG中，OF证明如下：①如图2，当点P在线段OA上时．
∵OEF30，EFG90，∴OGF60，由（2）可得：OF=OG，∴OGF是等边三角形，∴ FG=OF=OE，由（2）可得：AOECOG，∴ CG=AE． 又∵ CF=GF+CG，∴ CF=OE+AE；
②如图3，当点P在线段OA延长线上时．
∵OEF30，EFG90，∴OGF60，同理可得：OGF是等边三角形，∴ FG=OF=OE，同理可得：AOECOG，∴ CG=AE． 又∵ CF=GF-CG，∴ CF=OE-AE．
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质、全等三角形的性质和判定以及等边三角形的性质和判定，解决问题的关键是构建全等三角形和证明三角形全等，利用矩形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，根据线段的和差关系使问题得以解决．
9．猜想与证明：
如图1，摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论． 拓展与延伸：
（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为 ．
（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．
【答案】猜想：DM=ME，证明见解析；（2）成立，证明见解析. 【解析】
试题分析：延长EM交AD于点H，根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到HM=DE，则可以得到答案；（1）、延长EM交AD于点H，根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到HM=DE，则可以得到答案；（2）、连接AE，根据正方形的性质得出∠FCE=45°，∠FCA=45°，根据RT△ADF中AM=MF得出DM=AM=MF，根据RT△AEF中AM=MF得出AM=MF=ME，从而说明DM=ME.
试题解析：如图1，延长EM交AD于点H，∵四边形ABCD和CEFG是矩形，∴AD∥EF， ∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，∴△FME≌△AMH（ASA） ∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=DE， ∴DM=HM=ME， ∴DM=ME．
（1）、如图1，延长EM交AD于点H， ∵四边形ABCD和CEFG是矩形， ∴AD∥EF， ∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM， 在△FME和△AMH中，∴△FME≌△AMH（ASA） ∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM ∴DM=HM=ME， ∴DM=ME，
（2）、如图2，连接AE， ∵四边形ABCD和ECGF是正方形， ∴∠FCE=45°，∠FCA=45°， ∴AE和EC在同一条直线上， 在RT△ADF中，AM=MF， ∴DM=AM=MF， 在RT△AEF中，AM=MF， ∴AM=MF=ME， ∴DM=ME．
考点：（1）、三角形全等的性质；（2）、矩形的性质.
10．如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，D重合），GE⊥DC于点
E，GF⊥BC于点F，连结AG．
（1）写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由；
（2）若正方形ABCD的边长为1，∠AGF=105°，求线段BG的长．
【答案】（1）AG2=GE2+GF2（2）【解析】
试题分析：（1）结论：AG2=GE2+GF2．只要证明GA=GC，四边形EGFC是矩形，推出GE=CF，在Rt△GFC中，利用勾股定理即可证明；
（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．易证AM=BM=2x，MN=x=
x，在Rt△ABN中，根据AB2=AN2+BN2，可得1=x2+（2x+
，推出BN=
x）2，解得
，再根据BG=BN÷cos30°即可解决问题.
试题解析：（1）结论：AG2=GE2+GF2． 理由：连接CG． ∵四边形ABCD是正方形， ∴A、C关于对角线BD对称， ∵点G在BD上， ∴GA=GC，
∵GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F， ∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°， ∴四边形EGFC是矩形， ∴CF=GE，
在Rt△GFC中，∵CG2=GF2+CF2， ∴AG2=GF2+GE2．
（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x． ∵∠AGF=105°，∠FBG=∠FGB=∠ABG=45°， ∴∠AGB=60°，∠GBN=30°，∠ABM=∠MAB=15°， ∴∠AMN=30°， ∴AM=BM=2x，MN=∴1=x2+（2x+
x，
在Rt△ABN中，∵AB2=AN2+BN2，
x）2，
解得x=∴BN=
， ，
．
∴BG=BN÷cos30°=
考点：1、正方形的性质，2、矩形的判定和性质，3、勾股定理，4、直角三角形30度的性质
11．如图，点E是正方形ABCD的边AB上一点，连结CE，过顶点C作CF⊥CE，交AD延长线于F．求证：BE=DF.
【答案】证明见解析. 【解析】
分析：根据正方形的性质，证出BC=CD，∠B=∠CDF，∠BCD=90°，再由垂直的性质得到∠BCE=∠DCF，然后根据“ASA”证明△BCE≌△BCE即可得到BE=DF 详解：证明：∵CF⊥CE， ∴∠ECF=90°， 又∵∠BCG=90°，
∴∠BCE+∠ECD =∠DCF+∠ECD ∴∠BCE=∠DCF， 在△BCE与△DCF中，
∵∠BCE=∠DCF，BC=CD，∠CDF=∠EBC， ∴△BCE≌△BCE（ASA）， ∴BE=DF.
点睛：本题考查的是正方形的性质，熟知正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．
12．在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．
（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由；
（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不须证明）
（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2，试求出线段CP的最小值．
【答案】（1）AE=DF，AE⊥DF； （2）是；
（3）成立，理由见解析； （4）CP=QC﹣QP=【解析】
试题分析：（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
（2）是．四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+∠ADF=90°，所以AE⊥DF；
（3）成立．由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
（4）由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得QC的长，再求CP即可．
试题解析：（1）AE=DF，AE⊥DF．
理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°．
．
在△ADE和△DCF中，，∴△ADE≌△DCF（SAS）．
∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°．∴AE⊥DF；
（2）是； （3）成立．
理由：由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF 延长FD交AE于点G，
则∠CDF+∠ADG=90°， ∴∠ADG+∠DAE=90°． ∴AE⊥DF； （4）如图：
由于点P在运动中保持∠APD=90°，∴点P的路径是一段以AD为直径的弧， 设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小， 在Rt△QDC中，QC=∴CP=QC﹣QP=
．
，
考点：四边形的综合知识．
13．如图①，在△ABC中，AB=7，tanA=，∠B=45°．点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动（不与点A、B重合），过点P作PQ⊥AB．交折线AC-CB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设点P的运动时间为t（秒），正方形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（平方单位）．
（1）直接写出正方形PQMN的边PQ的长（用含t的代数式表示）． （2）当点M落在边BC上时，求t的值． （3）求S与t之间的函数关系式．
（4）如图②，点P运动的同时，点H从点B出发，沿B-A-B的方向做一次往返运动，在B-A上的速度为每秒2个单位长度，在A-B上的速度为每秒4个单位长度，当点H停止运动时，点P也随之停止，连结MH．设MH将正方形PQMN分成的两部分图形面积分别为S1、S2（平方单位）（0＜S1＜S2），直接写出当S2≥3S1时t的取值范围．
【答案】(1) PQ=7-t．(2) t=．(3) 当0＜t≤时，S=．当＜t≤4，
或
或
．当4＜t＜7时，
．
【解析】
．（4）
试题分析：（1）分两种情况讨论：当点Q在线段AC上时，当点Q在线段BC上时． （2）根据AP+PN+NB=AB，列出关于t的方程即可解答； （3）当0＜t≤（4）
时，当或
＜t≤4，当4＜t＜7时；
或
．
试题解析：（1）当点Q在线段AC上时，PQ=tanAAP=t． 当点Q在线段BC上时，PQ=7-t． （2）当点M落在边BC上时，如图③，
由题意得：t+t+t=7， 解得：t=
．
．
∴当点M落在边BC上时，求t的值为（3）当0＜t≤
时，如图④，
S=当
．
＜t≤4，如图⑤，
．
当4＜t＜7时，如图⑥，
．
（4）
或
或
．．
考点：四边形综合题.
14．数学活动课上，老师给出如下问题：如图，将等腰直角三角形纸片沿斜边上的高AC剪开，得到等腰直角三角形△ABC与△EFD，将△EFD的直角顶点在直线BC上平移，在平移的过程中，直线AC与直线DE交于点Q，让同学们探究线段BQ与AD的数量关系和位置关系．
请你阅读下面交流信息，解决所提出的问题． 展示交流：
小敏：满足条件的图形如图甲所示图形，延长BQ与AD交于点H．我们可以证明△BCQ≌△ACD，从而易得BQ=AD，BQ⊥AD．
小慧：根据图甲，当点F在线段BC上时，我们可以验证小慧的说法是正确的．但当点F在线段CB的延长线上（如图乙）或线段CB的反向延长线上（如图丙）时，我对小慧说法的正确性表示怀疑．
（1）请你帮助小慧进行分析，小敏的结论在图乙、图丙中是否成立？请说明理由． （选择图乙或图丙的一种情况说明即可）．
（2）小慧思考问题的方式中，蕴含的数学思想是 ． 拓展延伸：
根据你上面选择的图形，分别取AB、BD、DQ、AQ的中点M、N、P、T．则四边形MNPT是什么样的特殊四边形？请说明理由．
【答案】成立；分类讨论思想；正方形. 【解析】
试题分析：利用等腰直角三角形的性质结合全等三角形的判定与性质得出BQ=AD，BQ⊥AD；利用已知条件分类得出，体现数学中的分类讨论思想，
拓展延伸：利用三角形中位线定理结合正方形的判定方法，首先得出四边形MNPT是平行四边形进而得出它是菱形，再求出一个内角是90°，即可得出答案． 试题解析：(1)、成立，
理由：如图乙：由题意可得：∠FDE=∠QDC=∠ABC=∠BAC=45°， 则DC=QC，AC=BC， 在△ADC和△BQC中 ∵∠DAC=∠QBC，
延长AD交BQ于点F， 则∠ADC=∠BDF， ∴∠BFD=∠ACD=90°， ∴AD⊥BQ； (2)、小慧思考问题的方式中，蕴含的数学思想是：分类讨论思想； 拓展延伸：四边形MNPT是正方形，
理由：∵取AB、BD、DQ、AQ的中点M、N、P、T， ∴MN∴MN
TP，
BQ，BQ=AD， ∴NP=MN， ∴平行四边形MNPT
AD，TP
AD，
， ∴△ADC≌△BQC（SAS）， ∴AD=BQ，
∴四边形MNPT是平行四边形， ∵NP是菱形，
又∵AD⊥BQ，NP∥BQ，MN∥AD， ∴∠MNP=90°， ∴四边形MNPT是正方形．
考点： 几何变换综合题
15．（本题满分10分）如图1，已知矩形纸片ABCD中，AB＝6cm，若将该纸片沿着过点B的直线折叠（折痕为BM），点A恰好落在CD边的中点P处．
（1）求矩形ABCD的边AD的长．
（2）若P为CD边上的一个动点，折叠纸片，使得A与P重合，折痕为MN，其中M在边AD上，N在边BC上，如图2所示．设DP＝x cm，DM＝y cm，试求y与x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围．
（3）①当折痕MN的端点N在AB上时，求当△PCN为等腰三角形时x的值； ②当折痕MN的端点M在CD上时，设折叠后重叠部分的面积为S，试求S与x之间的函数关系式
【答案】（1）AD＝3S=【解析】
试题分析：（1）根据折叠图形的性质和勾股定理求出AD的长度；（2）根据折叠图形的性质以及Rt△MPD的勾股定理求出函数关系式；（3）过点N作NQ⊥CD，根据Rt△NPQ的勾股定理进行求解；（4）根据Rt△ADM的勾股定理求出MP与x的函数关系式，然后得出函数关系式.
试题解析：（1）根据折叠可得BP=AB=6cm CP=3cm 根据Rt△PBC的勾股定理可得：AD＝3
．
；（2）y=－
其中，0＜x＜3；（3）x=；（4）
.
（2）由折叠可知AM＝MP，在Rt△MPD中，
∴∴y=－
其中，0＜x＜3.
，NC≥3
.
（3）当点N在AB上，x≥3， ∴PC≤3，而PN≥3∴△PCN为等腰三角形，只可能NC＝NP． 过N点作NQ⊥CD，垂足为Q，在Rt△NPQ中，∴
解得x=．
（4）当点M在CD上时，N在AB上，可得四边形ANPM为菱形． 设MP＝y，在Rt△ADM中，∴ S=
，即
∴ y=
．
考点：函数的性质、勾股定理.
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