【数学】培优易错试卷平行四边形辅导专题训练附详细答案

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．

（1）求证：∠APB=∠BPH；

（2）当点P在边AD上移动时，求证：△PDH的周长是定值；

（3）当BE+CF的长取最小值时，求AP的长．

【答案】（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）2．

【解析】

试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出

∠APB=∠PBC即可得出答案；

（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出

PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；

（3）过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB，证明△EFM≌△BPA，设AP=x，利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF，结合二次函数的性质求出最值．

试题解析：（1）解：如图1，

∵PE=BE，

∴∠EBP=∠EPB．

又∵∠EPH=∠EBC=90°，

∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．

即∠PBC=∠BPH．

又∵AD∥BC，

∴∠APB=∠PBC．

∴∠APB=∠BPH．

（2）证明：如图2，过B 作BQ ⊥PH ，垂足为Q ．

由（1）知∠APB=∠BPH ， 又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP ， 在△ABP 和△QBP 中，

{90APB BPH

A BQP BP BP

∠=∠∠=∠=?=， ∴△ABP ≌△QBP （AAS ）， ∴AP=QP ，AB=BQ ， 又∵AB=BC ， ∴BC=BQ ．

又∠C=∠BQH=90°，BH=BH ， 在△BCH 和△BQH 中，

{90BC BQ

C BQH BH BH

=∠=∠=?=， ∴△BCH ≌△BQH （SAS ）， ∴CH=QH ．

∴△PHD 的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8． ∴△PDH 的周长是定值．

（3）解：如图3，过F 作FM ⊥AB ，垂足为M ，则FM=BC=AB ．

又∵EF 为折痕， ∴EF ⊥BP ．

∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°， ∴∠EFM=∠ABP ．

又∵∠A=∠EMF=90°， 在△EFM 和△BPA 中，

{EFM ABP EMF A FM AB

∠=∠∠=∠=， ∴△EFM ≌△BPA （AAS ）． ∴EM=AP ． 设AP=x

在Rt △APE 中，（4-BE ）2+x 2=BE 2．

解得BE=2+2

8x ，

∴CF=BE-EM=2+2

8

x -x ，

∴BE+CF=2

4

x -x+4=14（x-2）2+3．

当x=2时，BE+CF 取最小值， ∴AP=2．

考点：几何变换综合题．

2．在图1中，正方形ABCD 的边长为a ，等腰直角三角形FAE 的斜边AE ＝2b ，且边AD 和AE 在同一直线上． 操作示例

当2b ＜a 时，如图1，在BA 上选取点G ，使BG ＝b ，连结FG 和CG ，裁掉△FAG 和△CGB 并分别拼接到△FEH 和△CHD 的位置构成四边形FGCH ． 思考发现

小明在操作后发现：该剪拼方法就是先将△FAG 绕点F 逆时针旋转90°到△FEH 的位置，易知EH 与AD 在同一直线上．连结CH ，由剪拼方法可得DH=BG ，故△CHD ≌△CGB ，从而又可将△CGB 绕点C 顺时针旋转90°到△CHD 的位置．这样，对于剪拼得到的四边形FGCH （如图1），过点F 作FM ⊥AE 于点M （图略），利用SAS 公理可判断△HFM ≌△CHD ，易得FH=HC=GC=FG ，∠FHC=90°．进而根据正方形的判定方法，可以判断出四边形FGCH 是正方形． 实践探究

（1）正方形FGCH 的面积是 ；（用含a ， b 的式子表示）

（2）类比图1的剪拼方法，请你就图2—图4的三种情形分别画出剪拼成一个新正方形的示意图．

联想拓展

小明通过探究后发现：当b≤a时，此类图形都能剪拼成正方形，且所选取的点G的位置在BA方向上随着b的增大不断上移．当b＞a时（如图5），能否剪拼成一个正方形？若能，请你在图5中画出剪拼成的正方形的示意图；若不能，简要说明理由．

【答案】（1）a2+b2；（2）见解析；联想拓展：能剪拼成正方形.见解析．

【解析】分析：实践探究：根据正方形FGCH的面积=BG2+BC2进而得出答案；

应采用类比的方法，注意无论等腰直角三角形的大小如何变化，BG永远等于等腰直角三角形斜边的一半．注意当b=a时，也可直接沿正方形的对角线分割．

详解：实践探究：正方形的面积是：BG2+BC2=a2+b2；

剪拼方法如图2-图4；

联想拓展：能，

剪拼方法如图5（图中BG=DH=b）．

．

点睛：本题考查了几何变换综合，培养学生的推理论证能力和动手操作能力；运用类比方法作图时，应根据范例抓住作图的关键：作的线段的长度与某条线段的比值永远相等，旋转的三角形，连接的点都应是相同的．

3．已知矩形纸片OBCD 的边OB 在x 轴上，OD 在y 轴上，点C 在第一象限，且

86OB OD ==，.现将纸片折叠，折痕为EF （点E ，F 是折痕与矩形的边的交点），点P 为点D 的对应点，再将纸片还原。

（I ）若点P 落在矩形OBCD 的边OB 上，

①如图①，当点E 与点O 重合时，求点F 的坐标；

②如图②，当点E 在OB 上，点F 在DC 上时，EF 与DP 交于点G ，若7OP =，求点F 的坐标：

（Ⅱ）若点P 落在矩形OBCD 的内部，且点E ，F 分别在边OD ，边DC 上，当OP 取最小值时，求点P 的坐标（直接写出结果即可）。

【答案】（I ）①点F 的坐标为(6,6)；②点F 的坐标为85,614?? ???；（II ）86,55P ??

???

【解析】 【分析】

（I ）①根据折叠的性质可得45DOF POF ∴∠=∠=,再由矩形的性质，即可求出F 的坐标;

②由折叠的性质及矩形的特点，易得DGF PGE ???，得到DF PE =，再加上平行，可以得到四边形DEPF 是平行四边形，在由对角线垂直，得出 DEPF 是菱形，设菱形的边长为x ，在Rt ODE ?中，由勾股定理建立方程即可求解; (Ⅱ)当O,P ,F 点共线时OP 的长度最短. 【详解】

解：（I ）①∵折痕为EF,点P 为点D 的对应点

DOF POF ∴???

45DOF POF ∴∠=∠=

∵四边形OBCD 是矩形，

90ODF ?∴∠= 45DFO DOF ?∴∠=∠=

6DF DO ∴==

点F 的坐标为(6,6)

②∵折痕为EF ，点P 为点D 的对应点.

,DG PG EF PD ∴=⊥

∵四边形OBCD 是矩形，

//DC OB ∴，

FDG EPG ∴∠=∠；

DGF PGE ∠=∠ DGF PGE ∴??? DF PE ∴= //DF PE

∴四边形DEPF 是平行四边形.

EF PD ⊥，

DEPF ∴是菱形.

设菱形的边长为x ，则DE EP x ==

7OP =， 7OE x ∴=-，

在Rt ODE ?中，由勾股定理得222

OD QB DE +=

2226(7)x x ∴+-=

解得8514x =

8514

DF ∴=

∴点F 的坐标为85,614??

???

（Ⅱ）86,55P ?? ???

【点睛】

此题考查了几何折叠问题、等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，关键是根据折叠的性质进行解答，属于中考压轴题．

4．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.

(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；

(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；

(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.

【解析】

试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知

△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出

CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出

EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；

（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到

△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．

试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，

∴AF=AG，∠FAG=90°，

∵∠EAF=45°，

∴∠GAE=45°，

在△AGE与△AFE中，

，

∴△AGE≌△AFE（SAS）；

（2）设正方形ABCD的边长为a．

将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．

则△ADF≌△ABG，DF=BG．

由（1）知△AEG≌△AEF，

∴EG=EF．

∵∠CEF=45°，

∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，

∴CE=CF ，BE=BM，NF=DF，

∴a﹣BE=a﹣DF，

∴BE=DF，

∴BE=BM=DF=BG，

∴∠BMG=45°，

∴∠GME=45°+45°=90°，

∴EG2=ME2+MG2，

∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，

∴EF2=ME2+NF2；

（3）EF2=2BE2+2DF2．

如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，

将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．

由（1）知△AEH≌△AEF，

则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，

即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2

又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，

即2（DF2+BE2）=EF2

考点：四边形综合题

5．现有一张矩形纸片ABCD（如图），其中AB＝4cm，BC＝6cm，点E是BC的中点．将纸片沿直线AE折叠，点B落在四边形AECD内，记为点B′，过E作EF垂直B′C，交B′C于

F．

（1）求AE、EF的位置关系；

（2）求线段B′C的长，并求△B′EC的面积．

【答案】（1）见解析；（2）S△B′EC＝108 25

．

【解析】

【分析】

（1）由折线法及点E是BC的中点，可证得△B'EC是等腰三角形，再有条件证明∠AEF=90°即可得到AE⊥EF；

（2）连接BB′，通过折叠，可知∠EBB′=∠EB′B，由E是BC的中点，可得EB′=EC，

∠ECB′=∠EB′C，从而可证△BB′C为直角三角形，在Rt△AOB和Rt△BOE中，可将OB，BB′的长求出，在Rt△BB′C中，根据勾股定理可将B′C的值求出.

【详解】

（1）由折线法及点E是BC的中点，

∴EB＝EB′＝EC，∠AEB＝∠AEB′，

∴△B'EC是等腰三角形，

又∵EF⊥B′C

∴EF为∠B'EC的角平分线，即∠B′EF＝∠FEC，

∴∠AEF＝180°﹣（∠AEB+∠CEF）＝90°，即∠AEF＝90°，

即AE⊥EF；

（2）连接BB'交AE于点O，由折线法及点E是BC的中点，

∴EB＝EB′＝EC，

∴∠EBB′＝∠EB′B，∠ECB′＝∠EB′C；

又∵△BB'C三内角之和为180°，

∴∠BB'C＝90°；

∵点B′是点B关于直线AE的对称点，

∴AE垂直平分BB′；

在Rt△AOB和Rt△BOE中，BO2＝AB2﹣AO2＝BE2﹣（AE﹣AO）2

将AB＝4cm，BE＝3cm，AE＝5cm，

∴AO＝16

5

cm，

∴BO22

AB AO

12

5

cm，

∴BB ′＝2BO ＝

24

5

cm ， ∴在Rt △BB 'C 中，B ′C ＝22BC BB '-＝5

18

cm ， 由题意可知四边形OEFB ′是矩形， ∴EF ＝OB ′＝125

， ∴S △B ′EC ＝

*111812108

225525

B C EF '?=??=．

【点睛】

考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理勾股定理的和矩形的性质综合运用．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．

6．（1）如图1，将矩形ABCD 折叠，使BC 落在对角线BD 上，折痕为BE ，点C 落在点C '处，若42ADB =∠，则DBE ∠的度数为______.

（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD ，4AB =，9AD =.

（画一画）如图2，点E 在这张矩形纸片的边AD 上，将纸片折叠，使AB 落在CE 所在直线上，折痕设为MN （点M ，N 分别在边AD ，BC 上），利用直尺和圆规画出折痕

MN （不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）；

（算一算）如图3，点F 在这张矩形纸片的边BC 上，将纸片折叠，使FB 落在射线FD 上，折痕为GF ，点,A B 分别落在点A '，B '处，若7

3

AG =

，求B D '的长.

【答案】（1）21；（2）画一画；见解析；算一算：3

B D'=

【解析】

【分析】

（1）利用平行线的性质以及翻折不变性即可解决问题；

（2）【画一画】，如图2中，延长BA交CE的延长线由G，作∠BGC的角平分线交AD于M，交BC于N，直线MN即为所求；

【算一算】首先求出GD=9-720

33

=，由矩形的性质得出AD∥BC，BC=AD=9，由平行线的

性质得出∠DGF=∠BFG，由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，证出∠DFG=∠DGF，由等腰三

角形的判定定理证出DF=DG=20

3

，再由勾股定理求出CF，可得BF，再利用翻折不变性，

可知FB′=FB，由此即可解决问题．【详解】

（1）如图1所示：

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

∴∠ADB=∠DBC=42°，

由翻折的性质可知，∠DBE=∠EBC=1

2

∠DBC=21°，

故答案为21．

（2）【画一画】如图所示：

【算一算】

如3所示：

∵AG=7

3

，AD=9，

∴GD=9-720

33

=，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，BC=AD=9，

∴∠DGF=∠BFG，

由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，∴∠DFG=∠DGF，

∴DF=DG=20

3

，

∵CD=AB=4，∠C=90°，

∴在Rt△CDF中，由勾股定理得：

2

222

2016

4

33 DF CD

??

-=-=

?

??

，

∴BF=BC-CF=91611

33

-=，

由翻折不变性可知，FB=FB′=11 3

，

∴B′D=DF-FB′=20113

33

-=.

【点睛】

四边形综合题，考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题．

7．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．

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

α

.

【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

α

．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=1

2

∠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)ME 3．

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 ，

∴∠MBE ＝1

2

∠ABC ＝60°，∠BAC ＝∠BCA ＝30°，∠DCE ＝60°. ∵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 ，

∴∠MEC ＝

1

2

∠DEC ＝30°， ∴∠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

α．

理由：同法可证：BM ⊥EM ，BM 平分∠ABC ， 所以EM=BM?tan 2

α． 【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．

8．在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，连接DF．

（1）说明△BEF是等腰三角形；

（2）求折痕EF的长．

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据折叠得出∠DEF=∠BEF，根据矩形的性质得出AD∥BC，求出∠DEF=∠BFE，求出∠BEF=∠BFE即可；

（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，根据矩形的性质得出EM=AB=6，AE=BM，根据折叠得出DE=BE，根据勾股定理求出DE、在Rt△EMF中，由勾股定理求出即可．

【详解】

（1）∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴∠DEF=∠BEF．

∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∴∠BEF=∠BFE，∴BE=BF，即△BEF 是等腰三角形；

（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，所以EM=AB=6，AE=BM．

∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴DE=BE，DO=BO，BD⊥EF．

∵四边形ABCD是矩形，BC=8，∴AD=BC=8，∠BAD=90°．

在Rt△ABE中，AE2+AB2=BE2，即（8﹣BE）2+62=BE2，解得：BE==DE=BF，AE=8﹣DE=8﹣==BM，∴FM=﹣=．

在Rt△EMF中，由勾股定理得：EF==．

故答案为：．

【点睛】

本题考查了折叠的性质和矩形性质、勾股定理等知识点，能熟记折叠的性质是解答此题的关键．

9．如图1，若分别以△ABC的AC、BC两边为边向外侧作的四边形ACDE和BCFG为正方形，则称这两个正方形为外展双叶正方形．

（1）发现：如图2，当∠C=90°时，求证：△ABC与△DCF的面积相等．

（2）引申：如果∠C 90°时，（1）中结论还成立吗？若成立，请结合图1给出证明；若不成立，请说明理由；

（3）运用：如图3，分别以△ABC的三边为边向外侧作的四边形ACDE、BCFG和ABMN为正方形，则称这三个正方形为外展三叶正方形．已知△ABC中，AC=3，BC=4．当

∠C=_____°时，图中阴影部分的面积和有最大值是________．

【答案】（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3）18.

【解析】

试题分析：（1）因为AC=DC，∠ACB=∠DCF=90°，BC=FC，所以△ABC≌△DFC，从而

△ABC与△DFC的面积相等；

（2）延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P；过点D作DQ⊥FC于点Q．得到四边形ACDE，BCFG均为正方形，AC=CD，BC=CF，∠ACP=∠DCQ．所以△APC≌△DQC．

于是AP=DQ．又因为S△ABC=1

2

BC?AP，S△DFC=

1

2

FC?DQ，所以S△ABC=S△DFC；

（3）根据（2）得图中阴影部分的面积和是△ABC的面积三倍，若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC的面积最大，当△ABC是直角三角形，即∠C是90度时，阴影部

分的面积和最大．所以S阴影部分面积和=3S△ABC=3×1

2

×3×4=18．

（1）证明：在△ABC 与△DFC 中，

∵{AC DC

ACB DCF BC FC

∠∠＝＝＝， ∴△ABC ≌△DFC ．

∴△ABC 与△DFC 的面积相等； （2）解：成立．理由如下：

如图，延长BC 到点P ，过点A 作AP ⊥BP 于点P ；过点D 作DQ ⊥FC 于点Q ． ∴∠APC=∠DQC=90°．

∵四边形ACDE ，BCFG 均为正方形，

∴AC=CD ，BC=CF ，∠ACP+∠PCD=90°，∠DCQ+∠PCD=90°， ∴∠ACP=∠DCQ ．

∴{APC DQC

ACP DCQ AC CD

∠∠∠∠＝＝＝，

△APC ≌△DQC （AAS ）， ∴AP=DQ ．

又∵S △ABC =

1

2BC?AP ，S △DFC =1

2

FC?DQ ， ∴S △ABC =S △DFC ；

（3）解：根据（2）得图中阴影部分的面积和是△ABC 的面积三倍， 若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC 的面积最大， ∴当△ABC 是直角三角形，即∠C 是90度时，阴影部分的面积和最大． ∴S 阴影部分面积和=3S △ABC =3×1

2

×3×4=18． 考点：四边形综合题

10．倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．下面是一案例，请同学们认真阅读、研究，完成“类比猜想”的问题．

习题 如图（1），点E 、F 分别在正方形ABCD 的边BC 、CD 上，∠EAF=45°，连接EF ，则EF=BE+DF ，说明理由．

解答：∵正方形ABCD 中，AB=AD ，∠BAD=∠ADC=∠B=90°，

∴把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADE′，点F 、D 、E′在一条直线上．

∴∠E′AF=90°-45°=45°=∠EAF，又∵AE′=AE，AF=AF

∴△AE′F≌△AEF（SAS）∴EF=E′F=DE′+DF=BE+DF．

类比猜想：

（1）请同学们研究：如图（2），在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当

∠BAD=120°，∠EAF=60°时，还有EF=BE+DF吗？请说明理由．

（2）在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180°，

∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF吗？请说明理由．

【答案】证明见解析．

【解析】

试题分析：（1）把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△A DE′，如图（2），连结E′F，根据菱形和旋转的性质得到AE=AE′，∠EAF=∠E′AF，利用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F；由于∠ADE′+∠ADC=120°，则点F、D、E′不共线，所以DE′+DF＞EF，即由BE+DF＞EF；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数至△ADE′，如图（3），根据旋转的性质得到AE′=AE，∠EAF=∠E′AF，然后利用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F，由于

∠ADE′+∠ADC=180°，知F、D、E′共线，因此有EF=DE′+DF=BE+DF；根据前面的条件和结论可归纳出结论．

试题解析：（1）当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，EF=BE+DF不成立，EF＜BE+DF．

理由如下：∵在菱形ABCD中，∠BAD=120°，∠EAF=60°，

∴AB=AD，∠1+∠2=60°，∠B=∠ADC=60°，

∴把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F，

∴∠EAE′=120°，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B=60°，

∴∠2+∠3=60°，

∴∠EAF=∠E′A F，

在△AEF和△AE′F中

，

∴△AEF≌△AE′F（SAS），

∴EF=E′F，

∵∠ADE′+∠ADC=120°，即点F、D、E′不共线，

∴DE′+DF＞EF

∴BE+DF＞EF；

（2）当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF成立．理由如下：如图（3），

∵AB=AD，

∴把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数至△ADE′，如图（3），∴∠EAE′=∠BAD，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B，

∵∠B+∠D=180°，

∴∠ADE′+∠D=180°，

∴点F、D、E′共线，

∵∠EAF=∠BAD，

∴∠1+∠2=∠BAD，

∴∠2+∠3=∠BAD，

∴∠EAF=∠E′AF，

在△AEF和△AE′F中

，

∴△AEF≌△AE′F（SAS），

∴EF=E′F，

∴EF=DE′+DF=BE+DF；

归纳：在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180°，

∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF．

考点：四边形综合题．