【数学】中考数学平行四边形解答题压轴题提高专题练习附答案

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．四边形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

2．已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动．

（1）如图1，当b=2a，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC=90°；

（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；

（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．

【答案】（1）见解析；

（2）存在，理由见解析;

（3）不成立．理由如下见解析.

【解析】

试题分析：（1）由b=2a，点M是AD的中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD 是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°；

（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形的对应边成比例，即可得方程：x2﹣bx+a2=0，由b＞2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，即可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意；

（3）由（2），当b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程x2﹣bx+a2=0的根的情况，即可求得答案．

试题解析：（1）∵b=2a，点M是AD的中点，

∴AB=AM=MD=DC=a，

又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，

∴∠AMB=∠DMC=45°，∴∠BMC=90°．

（2）存在，

理由：若∠BMC=90°，

则∠AMB+∠DMC=90°，又∵∠AMB+∠ABM=90°，∴∠ABM=∠DMC，

又∵∠A=∠D=90°，

∴△ABM∽△DMC，

∴AM AB

CD DM

=，

设AM=x，则x a

a b x =

-

，

整理得：x2﹣bx+a2=0，

∵b＞2a，a＞0，b＞0，

∴△=b2﹣4a2＞0，

∴方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意，

∴当b＞2a时，存在∠BMC=90°，

（3）不成立．

理由：若∠BMC=90°，

由（2）可知x2﹣bx+a2=0，

∵b＜2a，a＞0，b＞0，

∴△=b2﹣4a2＜0，

∴方程没有实数根，

∴当b＜2a时，不存在∠BMC=90°，即（2）中的结论不成立．

考点：1、相似三角形的判定与性质；2、根的判别式；3、矩形的性质

3．操作：如图，边长为2的正方形ABCD，点P在射线BC上，将△ABP沿AP向右翻折，得到△AEP，DE所在直线与AP所在直线交于点F．

探究：（1）如图1，当点P在线段BC上时，①若∠BAP=30°，求∠AFE的度数；②若点E 恰为线段DF的中点时，请通过运算说明点P会在线段BC的什么位置？并求出此时∠AFD 的度数．

归纳：（2）若点P是线段BC上任意一点时（不与B，C重合），∠AFD的度数是否会发生变化？试证明你的结论；

猜想：（3）如图2，若点P在BC边的延长线上时，∠AFD的度数是否会发生变化？试在图中画出图形，并直接写出结论．

【答案】（1）①45°；②BC的中点，45°；（2）不会发生变化，证明参见解析；（3）不会发生变化，作图参见解析.

【解析】

试题分析：（1）当点P在线段BC上时，①由折叠得到一对角相等，再利用正方形性质求出∠DAE度数，在三角形AFD中，利用内角和定理求出所求角度数即可；②由E为DF中点，得到P为BC中点，如图1，连接BE交AF于点O，作EG∥AD，得EG∥BC，得到AF 垂直平分BE，进而得到三角形BOP与三角形EOG全等，利用全等三角形对应边相等得到BP=EG=1，得到P为BC中点，进而求出所求角度数即可；（2）若点P是线段BC上任意一点时（不与B，C重合），∠AFD的度数不会发生变化，作AG⊥DF于点G，如图1（a）所示，利用折叠的性质及三线合一性质，根据等式的性质求出∠1+∠2的度数，即为∠FAG 度数，即可求出∠F度数；（3）作出相应图形，如图2所示，若点P在BC边的延长线上时，∠AFD的度数不会发生变化，理由为：作AG⊥DE于G，得∠DAG=∠EAG，设

∠DAG=∠EAG=α，根据∠FAE为∠BAE一半求出所求角度数即可．

试题解析：（1）①当点P在线段BC上时，∵∠EAP=∠BAP=30°，∴∠DAE=90°﹣

30°×2=30°，在△ADE中，AD=AE，∠DAE=30°，∴∠ADE=∠AED=（180°﹣30°）÷2=75°，在△AFD中，∠FAD=30°+30°=60°，∠ADF=75°，∴∠AFE=180°﹣60°﹣75°=45°；②点E为DF 的中点时，P也为BC的中点，理由如下：

如图1，连接BE交AF于点O，作EG∥AD，得EG∥BC，∵EG∥AD，

DE=EF，∴EG=AD=1，∵AB=AE，∴点A在线段BE的垂直平分线上，同理可得点P在线段BE的垂直平分线上，∴AF垂直平分线段BE，∴OB=OE，∵GE∥BP，∴∠OBP=∠OEG，

∠OPB=∠OGE，∴△BOP≌△EOG，∴BP=EG=1，即P为BC的中点，∴∠DAF=90°﹣

∠BAF，∠ADF=45°+∠BAF，∴∠AFD=180°﹣∠DAF﹣∠ADF=45°；（2）∠AFD的度数不会发生变化，作AG⊥DF于点G，如图1（a）所示，

在△ADE中，AD=AE，AG⊥DE，∵AG平分∠DAE，即∠2=∠DAG，且

∠1=∠BAP，∴∠1+∠2=×90°=45°，即∠FAG=45°，则∠AFD=90°﹣45°=45°；（3）如图2所示，∠AFE的大小不会发生变化，∠AFE=45°，

作AG⊥DE于G，得∠DAG=∠EAG，设∠DAG=∠EAG=α，

∴∠BAE=90°+2α，∴∠FAE=∠BAE=45°+α，∴∠FAG=∠FAE﹣∠EAG=45°，在Rt△AFG中，∠AFE=90°﹣45°=45°．

考点：1.正方形的性质；2.折叠性质；3.全等三角形的判定与性质.

4．在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）．过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．（1）如图1，请直接写出线段OE与OF的数量关系；

（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由

（3）若|CF﹣AE|=2，EF=23，当△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长．

【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP62 23

.

【解析】

【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再

根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE；

（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE；

（3）分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.

【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，

∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，

∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，

∵△EFK是直角三角形，∴OF=1

2

EK=OE；

（2）如图2中，延长EO交CF于K，

∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，

∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，

∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，

∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，

∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；

（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，

∵|CF﹣AE|=2，EF=23，AE=CK，∴FK=2，

在Rt△EFK中，tan∠FEK=

3

3

，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°，

∴EK=2FK=4，OF=1

2

EK=2，

∵△OPF是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2，

在Rt△PHF中，PH=1

2

PF=1，HF=3，OH=2﹣3，

∴OP=()2

2

12362

+-=-.

如图4中，点P在线段OC上，当PO=PF时，∠POF=∠PFO=30°，∴∠BOP=90°，

∴OP=3

3OE=

3

3

，

综上所述：OP6223

.

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.

5．如图，现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′处．AB′与CD交于点E．

（1）求证：△AED≌△CEB′；

（2）过点E作EF⊥AC交AB于点F，连接CF，判断四边形AECF的形状并给予证明．

【答案】（1）见解析（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）由题意可得AD=BC=B'C，∠B=∠D=∠B'，且∠AED=∠CEB'，利用AAS证明全等，则结论可得；

（2）由△AED≌△CEB′可得AE=CE，且EF⊥AC，根据等腰三角形的性质可得EF垂直平分AC，∠AEF=∠CEF．即AF=CF，∠CEF=∠AFE=∠AEF，可得AE=AF，则可证四边形AECF是菱形．

【详解】

证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形

∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D

∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠

∴BC＝B'C，∠B＝∠B'

∴∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC

∴△ADE≌△B'EC

（2）四边形AECF是菱形

∵△ADE≌△B'EC

∴AE＝CE

∵AE＝CE，EF⊥AC

∴EF垂直平分AC，∠AEF＝∠CEF

∴AF＝CF

∵CD∥AB

∴∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF

∴∠AEF＝∠EFA

∴AF＝AE

∴AF＝AE＝CE＝CF

∴四边形AECF是菱形

【点睛】

本题考查了折叠问题，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，熟练掌握这些性质和判定是解决问题的关键．

6．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，在Rt△ABN中，根据AB2=AN2+BN2，可得1=x2+（2x+x）2，解得

x=，推出BN=，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=x，

在Rt△ABN中，∵AB2=AN2+BN2，

∴1=x2+（2x+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

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 3．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：3．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，

∠ABC=45°，∠ACB=∠DCE=45°，

∴∠MBE=1

2

∵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＝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，

∠ABC＝60°，∠BAC＝∠BCA＝30°，∠DCE＝60°.∴∠MBE＝1

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 ， ∴∠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．（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=10，2，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

三角形的性质得到

AB AC

AM AN

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

（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

相似三角形的性质得出

BM AB

CN AC

＝，得到BM=2，CM=8，再根据勾股定理即可得到答案． 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，

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：

∵

AB AM

BC MN ==1且∠ABC=∠AMN ， ∴△ABC ～△AMN

∴

AB AC

AM AN ＝， ∵AB=BC ，

∴∠BAC=

1

2

（180°﹣∠ABC ）， ∵AM=MN

∴∠MAN=1

2

（180°﹣∠AMN ），

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

（3）如图3，连接AB ，AN ，

∵四边形ADBC ，AMEF 为正方形， ∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°， ∴∠BAC ﹣∠MAC=∠MAN ﹣∠MAC 即∠BAM=∠CAN ， ∵2AB AM

BC AN

==， ∴

AB AC

AM AN ＝， ∴△ABM ～△ACN

∴BM AB

CN AC

＝， ∴CN AC BM AB ==cos45°=2

， ∴

22

2

BM =

， ∴BM=2， ∴CM=BC ﹣BM=8， 在Rt △AMC ， AM=

2222108241AC MC +=+=，

∴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．

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 =

12BC?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

=

12

BC?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．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，

，

∴△ABP≌△QBP（AAS），

∴AP=QP，AB=BQ，

又∵AB=BC，

∴BC=BQ．

又∠C=∠BQH=90°，BH=BH，

在△BCH和△BQH中，

，

∴△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≌△BPA（AAS）．

∴EM=AP．

设AP=x

在Rt△APE中，（4-BE）2+x2=BE2．

解得BE=2+，

∴CF=BE-EM=2+-x，

∴BE+CF=-x+4=（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．