备战中考数学提高题专题复习平行四边形练习题

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图1，正方形ABCD的一边AB在直尺一边所在直线MN上，点O是对角线AC、BD 的交点，过点O作OE⊥MN于点E．

（1）如图1，线段AB与OE之间的数量关系为．（请直接填结论）

（2）保证点A始终在直线MN上，正方形ABCD绕点A旋转θ（0＜θ＜90°），过点 B作BF⊥MN于点F．

①如图2，当点O、B两点均在直线MN右侧时，试猜想线段AF、BF与OE之间存在怎样的数量关系？请说明理由．

②如图3，当点O、B两点分别在直线MN两侧时，此时①中结论是否依然成立呢？若成立，请直接写出结论；若不成立，请写出变化后的结论并证明．

③当正方形ABCD绕点A旋转到如图4的位置时，线段AF、BF与OE之间的数量关系为．（请直接填结论）

【答案】（1）AB=2OE；（2）①AF+BF=2OE,证明见解析;②AF﹣BF=2OE 证明见解析;③BF ﹣AF=2OE，

【解析】

试题分析：（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论；

（2）①过点B作BH⊥OE于H，可得四边形BHEF是矩形，根据矩形的对边相等可得

EF=BH，BF=HE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后利用“角角边”证明△AOE和△OBH全等，根据全等三角形对应边相等可得OH=AE，OE=BH，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；

②过点B作BH⊥OE交OE的延长线于H，可得四边形BHEF是矩形，根据矩形的对边相等可得EF=BH，BF=HE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后利用“角角边”证明△AOE和△OBH全等，根据全等三角形对应边相等可得OH=AE，OE=BH，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；

③同②的方法可证．

试题解析：（1）∵AC，BD是正方形的对角线，

∴OA=OC=OB，∠BAD=∠ABC=90°，

∵OE⊥AB，

∴OE=1

2 AB，

∴AB=2OE，

（2）①AF+BF=2OE

证明：如图2，过点B作BH⊥OE于点H

∴∠BHE=∠BHO=90°

∵OE⊥MN，BF⊥MN

∴∠BFE=∠OEF=90°

∴四边形EFBH为矩形

∴BF=EH，EF=BH

∵四边形ABCD为正方形

∴OA=OB，∠AOB=90°

∴∠AOE+∠HOB=∠OBH+∠HOB=90°

∴∠AOE=∠OBH

∴△AEO≌△OHB（AAS）

∴AE=OH，OE=BH

∴AF+BF=AE+EF+BF=OH+BH+EH=OE+OE=2OE．

②AF﹣BF=2OE

证明：如图3，延长OE，过点B作BH⊥OE于点H

∴∠EHB=90°

∵OE⊥MN，BF⊥MN

∴∠AEO=∠HEF=∠BFE=90°

∴四边形HBFE为矩形

∴BF=HE，EF=BH

∵四边形ABCD是正方形

∴OA=OB，∠AOB=90°

∴∠AOE+∠BOH=∠OBH+∠BOH

∴∠AOE=∠OBH

∴△AOE≌△OBH（AAS）

∴AE=OH，OE=BH，

∴AF﹣BF

=AE+EF﹣HE=OH﹣HE+OE=OE+OE=2OE

③BF﹣AF=2OE，

如图4，作OG⊥BF于G，则四边形EFGO是矩形，

∴EF=GO，GF=EO，∠GOE=90°，

∴∠AOE+∠AOG=90°．

在正方形ABCD中，OA=OB，∠AOB=90°，

∴∠AOG+∠BOG=90°，

∴∠AOE=∠BOG．

∵OG⊥BF，OE⊥AE，

∴∠AEO=∠BGO=90°．

∴△AOE≌△BOG（AAS），

∴OE=OG，AE=BG，

∵AE﹣EF=AF，EF=OG=OE，AE=BG=AF+EF=OE+AF，

∴BF﹣AF=BG+GF﹣（AE﹣EF）=AE+OE﹣AE+EF=OE+OE=2OE，∴BF﹣AF=2OE．

2．已知：在菱形ABCD中，E，F是BD上的两点，且AE∥CF．求证：四边形AECF是菱形．

【答案】见解析

【解析】

【分析】

由菱形的性质可得AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，由“SAS”可证△ADF≌△CDF，可得AF＝CF，由△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，由平行四边形的判定和菱形的判定可得四边形AECF是菱形．

【详解】

证明：∵四边形ABCD是菱形

∴AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，

∵AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，DF＝DF

∴△ADF≌△CDF（SAS）

∴AF＝CF，

∵AB∥CD，AE∥CF

∴∠ABE＝∠CDF，∠AEF＝∠CFE

∴∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD

∴△ABE≌△CDF（AAS）

∴AE＝CF，且AE∥CF

∴四边形AECF是平行四边形

又∵AF＝CF，

∴四边形AECF是菱形

【点睛】

本题主要考查菱形的判定定理，首先要判定其为平行四边形，这是菱形判定的基本判定.

3．(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 ＝3

FH ；（3）EG 2＝AG 2+CE 2． 【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：EG 2＝AG 2+CE 2．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：EG 2＝AG 2+CE 2．

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° ∴EC 2+CM 2＝EM 2， ∵EG ＝EM ，AG ＝CM ， ∴GE 2＝AG 2+CE 2． 【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.

4．如图所示，矩形ABCD 中，点E 在CB 的延长线上，使CE ＝AC ，连接AE ，点F 是AE 的中点，连接BF 、DF ，求证：BF ⊥DF ．

【答案】见解析. 【解析】

【分析】

延长BF ，交DA 的延长线于点M ，连接BD ，进而求证△AFM ≌△EFB ，得AM =BE ，FB =FM ，即可求得BC +BE =AD +AM ，进而求得BD =BM ，根据等腰三角形三线合一的性质即可求证BF ⊥DF ． 【详解】

延长BF ，交DA 的延长线于点M ，连接BD ．

∵四边形ABCD 是矩形，∴MD ∥BC ，∴∠AMF =∠EBF ，∠E =∠MAF ，又FA =FE ，∴△AFM ≌△EFB ，∴AM =BE ，FB =FM ．

∵矩形ABCD 中，∴AC =BD ，AD =BC ，∴BC +BE =AD +AM ，即CE =MD ． ∵CE =AC ，∴AC =CE = BD =DM ． ∵FB =FM ，∴BF ⊥DF ．

【点睛】

本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和对应边相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，本题中求证DB =DM 是解题的关键．

5．在ABC 中，AD BC ⊥于点D ，点E 为AC 边的中点，过点A 作//AF BC ，交

DE 的延长线于点F ，连接CF ．

()1如图1，求证：四边形ADCF 是矩形；

()2如图2，当AB AC =时，取AB 的中点G ，连接DG 、EG ，在不添加任何辅助线

和字母的条件下，请直接写出图中所有的平行四边形（不包括矩形ADCF ）．

【答案】(1) 证明见解析；（2）四边形ABDF 、四边形AGEF 、四边形GBDE 、四边形

AGDE 、四边形GDCE 都是平行四边形． 【解析】 【分析】

（1）由△AEF ≌△CED ，推出EF=DE ，又AE=EC ，推出四边形ADCF 是平行四边形，只要证明∠ADC=90°，即可推出四边形ADCF 是矩形．

（2）四边形ABDF 、四边形AGEF 、四边形GBDE 、四边形AGDE 、四边形GDCE 都是平行四边形． 【详解】

()1证明：∵

//AF BC ，

∴AFE EDC ∠=∠， ∵E 是AC 中点， ∴AE EC =， 在AEF 和CED 中，

AFE CDE AEF CED AE EC ∠=∠??

∠=∠??=?

， ∴

AEF CED ?，

∴EF DE =，∵AE EC =， ∴四边形ADCF 是平行四边形， ∵AD BC ⊥，

∴90ADC ∠=， ∴四边形ADCF 是矩形．

()2∵线段DG 、线段GE 、线段DE 都是

ABC 的中位线，又//AF BC ，

∴//AB DE ，//DG AC ，//EG BC ，

∴四边形ABDF 、四边形AGEF 、四边形GBDE 、四边形AGDE 、四边形GDCE 都是平行四边形． 【点睛】

考查平行四边形的判定、矩形的判定、三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质等知识，正确寻找全等三角形解决问题是解题的关键.

6．如图，在正方形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，在Rt △PFE 中，∠EPF=90°，点E 、F 分别在边AD 、AB 上．

（1）如图1，若点P 与点O 重合：①求证：AF=DE ；②若正方形的边长为

23，当∠DOE=15°时，求线段EF 的长；

（2）如图2，若Rt △PFE 的顶点P 在线段OB 上移动（不与点O 、B 重合），当BD=3BP 时，证明：PE=2PF ．

【答案】（1）①证明见解析，②2；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）①根据正方形的性质和旋转的性质即可证得：△AOF ≌△DOE 根据全等三角形的性质证明；

②作OG ⊥AB 于G ，根据余弦的概念求出OF 的长，根据勾股定理求值即可；

（2）首先过点P 作HP ⊥BD 交AB 于点H ，根据相似三角形的判定和性质求出PE 与PF 的数量关系． 【详解】

（1）①证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴OA=OD ，∠OAF=∠ODE=45°，∠AOD=90°， ∴∠AOE+∠DOE=90°， ∵∠EPF=90°， ∴∠AOF+∠AOE=90°， ∴∠DOE=∠AOF ， 在△AOF 和△DOE 中，

OAF ODE OA OD

AOF DOE ＝＝＝∠∠??

??∠∠?

， ∴△AOF ≌△DOE ， ∴AF=DE ；

②解：过点O 作OG ⊥AB 于G ，

∵正方形的边长为3 ∴OG=

1

2

3 ∵∠DOE=15°，△AOF ≌△DOE ， ∴∠AOF=15°， ∴∠FOG=45°-15°=30°， ∴OF=

OG

cos DOG

∠=2，

∴22=22OF OE +；

（2）证明：如图2，过点P 作HP ⊥BD 交AB 于点H ，

则△HPB 为等腰直角三角形，∠HPD=90°， ∴HP=BP ， ∵BD=3BP ， ∴PD=2BP ， ∴PD=2HP ，

又∵∠HPF+∠HPE=90°，∠DPE+∠HPE=90°， ∴∠HPF=∠DPE ， 又∵∠BHP=∠EDP=45°， ∴△PHF ∽△PDE ，

∴

1

2PF PH PE PD ==， ∴PE=2PF ． 【点睛】

此题属于四边形的综合题．考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理．注意准确作出辅助线是解此题的关键．

7．如图1，在长方形纸片ABCD 中，AB=mAD ，其中m ?1，将它沿EF 折叠(点E. F 分别在边AB 、CD 上)，使点B 落在AD 边上的点M 处，点C 落在点N 处，MN 与CD 相交于点P ，连接EP .设

AM

n AD

=，其中0

(1)如图2，当n=1(即M 点与D 点重合)，求证：四边形BEDF 为菱形； (2)如图3，当1

2

n =

(M 为AD 的中点)，m 的值发生变化时，求证：EP=AE+DP ； (3)如图1，当m=2(即AB=2AD)，n 的值发生变化时，

BE CF

AM

-的值是否发生变化?说明理

由.

【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；(3)值不变，理由见解析. 【解析】

试题分析：（1）由条件可知，当n=1（即M 点与D 点重合），m=2时，AB=2AD ，设AD=a ，则AB=2a ，由矩形的性质可以得出△ADE ≌△NDF ，就可以得出AE=NF ，DE=DF ，在Rt △AED 中，由勾股定理就可以表示出AE 的值，再求出BE 的值就可以得出结论. （2）延长PM 交EA 延长线于G ，由条件可以得出△PDM ≌△GAM ，△EMP ≌△EMG 由全等三角形的性质就可以得出结论.

（3）如图1，连接BM 交EF 于点Q ，过点F 作FK ⊥AB 于点K ，交BM 于点O ，通过证明△ABM ∽△KFE ，就可以得出EK KF AM AB =，即BE BK BC

AM AB

-=，由AB=2AD=2BC ，BK=CF 就可以得出

BE CF

AM -的值是12

为定值． （1）∵四边形ABCD 是矩形，∴AB=CD ，AD=BC ，∠A=∠B=∠C=∠D=90°． ∵AB=mAD ，且n=2，∴AB=2AD ．

∵∠ADE+∠EDF=90°，∠EDF+∠NDF=90°，∴∠ADE=∠NDF ． 在△ADE 和△NDF 中，∠A ＝∠N ，AD ＝ND ，∠ADE ＝∠NDF ， ∴△ADE ≌△NDF （ASA ）.∴AE=NF ，DE=DF ． ∵FN=FC ，∴AE=FC ．

∵AB=CD ，∴AB-AE="CD-CF." ∴BE="DF." ∴BE=DE ．

Rt △AED 中，由勾股定理，得222AE DE AD =-，即22

22AE AD AE AD （）=--，

∴AE=

3

4

AD. ∴BE=2AD-34

AD=5

4.

∴

55

433

4

AD

BE AE AD ==. （2）如图3，延长PM 交EA 延长线于G ，∴∠GAM=90°． ∵M 为AD 的中点，∴AM=DM ．

∵四边形ABCD 是矩形，∴AB=CD ，AD=BC ，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB ∥CD. ∴∠GAM=∠PDM ．

在△GAM 和△PDM 中，∠GAM ＝∠PDM ，AM ＝DM ，∠AMG ＝∠DMP ， ∴△GAM ≌△PDM （ASA ）.∴MG=MP .

在△EMP 和△EMG 中，PM ＝GM ，∠PME ＝∠GME ，ME ＝ME ， ∴△EMP ≌△EMG （SAS ）.∴EG=EP . ∴AG+AE=EP .∴PD+AE=EP ，即EP=AE+DP .

（3）

1

2

BE CF AM -=，值不变，理由如下： 如图1，连接BM 交EF 于点Q ，过点F 作FK ⊥AB 于点K ，交BM 于点O ， ∵EM=EB ，∠MEF=∠BEF ，∴EF ⊥MB ，即∠FQO=90°. ∵四边形FKBC 是矩形，∴KF=BC ，FC=KB. ∵∠FKB=90°，∴∠KBO+∠KOB=90°.

∵∠QOF+∠QFO=90°，∠QOF=∠KOB ，∴∠KBO=∠OFQ. ∵∠A=∠EKF=90°，∴△ABM ∽△KFE. ∴

EK KF AM AB =即BE BK BC AM AB

-=. ∵AB=2AD=2BC ，BK=CF ，∴1

2

BE CF AM -=. ∴

BE CF

AM

-的值不变．

考点：1.折叠问题；2.矩形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.相似三角形的判定和性质．

8．正方形ABCD 的边长为1，对角线AC 与BD 相交于点O ，点E 是AB 边上的一个动点（点E 不与点A 、B 重合），CE 与BD 相交于点F ，设线段BE 的长度为x ．

（1）如图1，当AD=2OF时，求出x的值；

（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE 的面积为S，试求S与x的函数关系式并求出S的最大值．

【答案】（1）x=﹣1；

（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1），

当x=时，S的值最大，最大值为，．

【解析】

试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到

CM=ME，根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，

求得OF=OM=解方程，即可得到结果；

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据

全等三角形的性质得到EB=PG=x，由三角形的面积公式得到S=（1﹣x）?x，根据二次函数的性质即可得到结论．

试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，

∵OA=OC，

∴CM=ME，

∴AE=2OM=2OF，

∴OM=OF，

∴，

∴BF=BE=x，

∴OF=OM=，

∵AB=1，

∴OB=，

∴，

∴x=﹣1；

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，

∵∠CEP=∠EBC=90°，

∴∠ECB=∠PEG，

∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°，

在△EPG与△CEB中，

，

∴△EPG≌△CEB，

∴EB=PG=x，

∴AE=1﹣x，

∴S=（1﹣x）?x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1），

∵﹣＜0，

∴当x=时，S的值最大，最大值为，．

考点：四边形综合题

9．已知：如图，四边形ABCD和四边形AECF都是矩形，AE与BC交于点M，CF与AD交于点N．

（1）求证：△ABM≌△CDN；

（2）矩形ABCD和矩形AECF满足何种关系时，四边形 AMCN是菱形，证明你的结论．【答案】（1）证明见解析；（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．证明见解析；【解析】

试题分析：（1）由已知条件可得四边形AMCN是平行四边形，从而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，利用HL即可证明；

（2）若四边形AMCN为菱形，则有AM=AN，从已知可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，所以有△ABM≌△AFN，从而得AB=AF，因此当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．

试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD∥BC．

∵四边形AECF是矩形，∴AE∥CF．∴四边形AMCN是平行四边形．∴AM＝CN．在

Rt△ABM和Rt△CDN中，AB＝CD，AM＝CN，∴Rt△ABM≌Rt△CDN．

（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．

∵四边形ABCD、AECF是矩形，∴∠B＝∠BAD＝∠EAF＝∠F＝90°．∴∠BAD－∠NAM＝∠EAF－∠NAM，即∠BAM＝∠FAN．又∵AB＝AF，∴△ABM≌△AFN．∴AM＝AN．由（1）知四边形AMCN是平行四边形，∴平行四边形AMCN是菱形．

考点：1．矩形的性质；2．三角形全等的判定与性质；3．菱形的判定．

10．（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＝3；（2）y=－其中，0＜x＜3；（3）x=；（4）

S=.

【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）由折叠可知AM＝MP，在Rt△MPD中，

∴∴y=－其中，0＜x＜3.

（3）当点N在AB上，x≥3，∴PC≤3，而PN≥3，NC≥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，，即∴ y=．

∴ S=

考点：函数的性质、勾股定理.