25矩形菱形与正方形

..<株洲,22>已知四边形ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,对角线AC与BD交于点O,过点O的直线EF交AD于点E,交BC于点F.⑴求证：△AOE≌△COF；⑵若∠EOD=30°,求CE的长.[答案]：〔1证明：∵四边形ABCD是菱形,对角线AC与BD交于点O∴AD//BC,OA=OC∴∠EAO=∠FCO又∵∠EOA=∠FOC〔对顶角相等∴△AOE≌△COF〔ASA〔2解：∵四边形ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°∴△ABD是边长为2的等边三角形∴△ABD边上的高为2tan60°=,∠BDA=60°〔即∠EDO=60°又∵∠EOD=30°∴△OED为Rt△∴EF的长等于△ABD边上的高,°∴[方法指导]本题考查了菱形的性质,菱形是特殊的平行四边形,除了具有平行四边形所有的性质外,还具有四条边相等,对角线互相垂直的性质.第二问重在掌握解特殊三角形的知识.13．〔2013,26,10分如图,在△ABC中,D是BC边上的一点,E是AD的中点,过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F,且AF=BD,连接BF．〔1BD与CD有什么数量关系,并说明理由；〔2当△ABC满足什么条件时,四边形AFBD是矩形？并说明理由．考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：〔1根据两直线平行,错角相等求出∠AFE=∠DCE,然后利用"角角边"证明△AEF和△DEC全等,根据全等三角形对应边相等可得AF=CD,再利用等量代换即可得证；〔2先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFBD是平行四边形,再根据一个角是直角的平行四边形是矩形,可知∠ADB=90°,由等腰三角形三线合一的性质可知必须是AB=AC．解答：解：〔1BD=CD．理由如下：∵AF∥BC,∴∠AFE=∠DCE,∵E是AD的中点,∴AE=DE,在△AEF和△DEC中,,∴△AEF≌△DEC〔AAS,∴AF=CD,∵AF=BD,∴BD=CD；〔2当△ABC满足：AB=AC时,四边形AFBD是矩形．理由如下：∵AF∥BD,AF=BD,∴四边形AFBD是平行四边形,∵AB=AC,BD=CD,∴∠ADB=90°,∴▱AFBD是矩形．点评：本题考查了矩形的判定,全等三角形的判定与性质,平行四边形的判定,是基础题,明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键．14．〔2013,23,10分如图,在△ABC中,D、E分别是AB、AC的中点,BE=2DE,延长DE到点F,使得EF=BE,连接CF．〔1求证：四边形BCFE是菱形；〔2若CE=4,∠BCF=120°,求菱形BCFE的面积．考点：菱形的判定与性质；三角形中位线定理．分析：从所给的条件可知,DE是△ABC中位线,所以DE∥BC且2DE=BC,所以BC和EF平行且相等,所以四边形BCFE是平行四边形,又因为BE=FE,所以是菱形；∠BCF是120°,所以∠EBC为60°,所以菱形的边长也为4,求出菱形的高面积就可求．解答：〔1证明：∵D、E分别是AB、AC的中点,∴DE∥BC且2DE=BC,又∵BE=2DE,EF=BE,∴EF=BC,EF∥BC,∴四边形BCFE是平行四边形,又∵BE=FE,∴四边形BCFE是菱形；〔2解：∵∠BCF=120°,∴∠EBC=60°,∴△EBC是等边三角形,∴菱形的边长为4,高为2,∴菱形的面积为4×2=8．点评：本题考查菱形的判定和性质以及三角形中位线定理,以及菱形的面积的计算等知识点．15．〔2013,25,10分四边形ABCD是正方形,E、F分别是DC和CB的延长线上的点,且DE=BF,连接AE、AF、EF．〔1求证：△ADE≌△ABF；〔2填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点,按顺时针方向旋转90度得到；〔3若BC=8,DE=6,求△AEF的面积．考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．专题：证明题．分析：〔1根据正方形的性质得AD=AB,∠D=∠ABC=90°,然后利用"SAS"易证得△ADE≌△ABF；〔2由于△ADE≌△ABF得∠BAF=∠DAE,则∠BAF+∠EBF=90°,即∠FAE=90°,根据旋转的定义可得到△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点,按顺时针方向旋转90度得到；〔3先利用勾股定理可计算出AE=10,在根据△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点,按顺时针方向旋转90度得到AE=AF,∠EAF=90°,然后根据直角三角形的面积公式计算即可．解答：〔1证明：∵四边形ABCD是正方形,∴AD=AB,∠D=∠ABC=90°,而F是DCB的延长线上的点,∴∠ABF=90°,在△ADE和△ABF中,∴△ADE≌△ABF〔SAS；〔2解：∵△ADE≌△ABF,∴∠BAF=∠DAE,而∠DAE+∠EBF=90°,∴∠BAF+∠EBF=90°,即∠FAE=90°,∴△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点,按顺时针方向旋转90度得到；故答案为A、90；〔3解：∵BC=8,∴AD=8,在Rt△ADE中,DE=6,AD=8,∴AE==10,∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点,按顺时针方向旋转90度得到,∴AE=AF,∠EAF=90°,∴△AEF的面积=AE2=×100=50〔平方单位．点评：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了全等三角形的判定与性质以及勾股定理．16.〔2013,18,7分如图,点E,F分别是锐角∠A两边上的点,AE=AF,分别以点E,F为圆心,以AE的长为半径画弧,两弧相交于点D,连接DE,DF．〔1请你判断所画四边形的性状,并说明理由；〔2连接EF,若AE=8厘米,∠A=60°,求线段EF的长．考点：菱形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．分析：〔1由AE=AF=ED=DF,根据四条边都相等的四边形是菱形,即可证得：四边形AEDF是菱形；〔2首先连接EF,由AE=AF,∠A=60°,可证得△EAF是等边三角形,则可求得线段EF的长．解答：解：〔1菱形．理由：∵根据题意得：AE=AF=ED=DF,∴四边形AEDF是菱形；〔2连接EF,∵AE=AF,∠A=60°,∴△EAF是等边三角形,∴EF=AE=8厘米．点评：此题考查了菱形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质．此题比较简单,注意掌握辅助线的作法,注意数形结合思想的应用．17.〔2013,24,9分如图,在□ABCD中,M,N分别是AD,BC的中点,∠AND=90°,连接CM交DN于点O.〔1求证：⊿ABN≌⊿CDM；〔2过点C作CE⊥MN于点E,交DN于点P,若PE=1,∠1=∠2,求AN的长.〔第〔第24题18．〔2013,23,9分某校九年级学习小组在探究学习过程中,用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图〔1所示位置放置放置,现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α〔0°＜α＜90°,如图〔2,AE与BC交于点M,AC与EF交于点N,BC与EF交于点P．〔1求证：AM=AN；〔2当旋转角α=30°时,四边形ABPF是什么样的特殊四边形？并说明理由．考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．分析：〔1根据旋转的性质得出AB=AF,∠BAM=∠FAN,进而得出△ABM≌△AFN得出答案即可；〔2利用旋转的性质得出∠FAB=120°,∠FPC=∠B=60°,即可得出四边形ABPF是平行四边形,再利用菱形的判定得出答案．解答：〔1证明：∵用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图〔1所示位置放置放置,现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α〔0°＜α＜90°,∴AB=AF,∠BAM=∠FAN,在△ABM和△AFN中,,∴△ABM≌△AFN〔ASA,∴AM=AN；〔2解：当旋转角α=30°时,四边形ABPF是菱形．理由：连接AP,∵∠α=30°,∴∠FAN=30°,∴∠FAB=120°,∵∠B=60°,∴AF∥BP,∴∠F=∠FPC=60°,∴∠FPC=∠B=60°,∴AB∥FP,∴四边形ABPF是平行四边形,∵AB=AF,∴平行四边形ABPF是菱形．点评：此题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定和全等三角形的判定等知识,根据旋转前后图形大小不发生变化得出是解题关键．19．〔2013,24,10分如图,△ABC中,点O是边AC上一个动点,过O作直线MN∥BC．设MN交∠ACB的平分线于点E,交∠ACB的外角平分线于点F．〔1求证：OE=OF；〔2若CE=12,CF=5,求OC的长；〔3当点O在边AC上运动到什么位置时,四边形AECF是矩形？并说明理由．考点：矩形的判定；平行线的性质；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．分析：〔1根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2,∠3=∠4,进而得出答案；〔2根据已知得出∠2+∠4=∠5+∠6=90°,进而利用勾股定理求出EF的长,即可得出CO的长；〔3根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可．解答：〔1证明：∵MN交∠ACB的平分线于点E,交∠ACB的外角平分线于点F,∴∠2=∠5,4=∠6,∵MN∥BC,∴∠1=∠5,3=∠6,∴∠1=∠2,∠3=∠4,∴EO=CO,FO=CO,∴OE=OF；〔2解：∵∠2=∠5,∠4=∠6,∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°,∵CE=12,CF=5,∴EF==13,∴OC=EF=6.5；〔3答：当点O在边AC上运动到AC中点时,四边形AECF是矩形．证明：当O为AC的中点时,AO=CO,∵EO=FO,∴四边形AECF是平行四边形,∵∠ECF=90°,∴平行四边形AECF是矩形．点评：此题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定和直角三角形的判定等知识,根据已知得出∠ECF=90°是解题关键．20．〔2013,25,10分如图,在△ABC中,∠B=45°,BC=5,高AD=4,矩形EFPQ的一边QP在BC边上,E、F分别在AB、AC上,AD交EF于点H．〔1求证：；〔2设EF=x,当x为何值时,矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；〔3当矩形EFPQ的面积最大时,该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动〔当矩形的边PQ到达A点时停止运动,设运动时间为t秒,矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S,求S与t的函数关系式,并写出t的取值围．考点：相似形综合题．分析：〔1由相似三角形,列出比例关系式,即可证明；〔2首先求出矩形EFPQ面积的表达式,然后利用二次函数求其最大面积；〔3本问是运动型问题,要点是弄清矩形EFPQ的运动过程：〔I当0≤t≤2时,如答图①所示,此时重叠部分是一个矩形和一个梯形；〔II当2＜t≤4时,如答图②所示,此时重叠部分是一个三角形．解答：〔1证明：∵矩形EFPQ,∴EF∥BC,∴△AHF∽△ADC,∴,∵EF∥BC,∴△AEF∽△ABC,∴,∴．〔2解：∵∠B=45°,∴BD=AD=4,∴CD=BC﹣BD=5﹣4=1．∵EF∥BC,∴△AEH∽△ABD,∴,∵EF∥BC,∴△AFH∽△ACD,∴,∴,即,∴EH=4HF,已知EF=x,则EH=x．∵∠B=45°,∴EQ=BQ=BD﹣QD=BD﹣EH=4﹣x．S矩形EFPQ=EF•EQ=x•〔4﹣x=﹣x2+4x=﹣〔x﹣2+5,∴当x=时,矩形EFPQ的面积最大,最大面积为5．〔3解：由〔2可知,当矩形EFPQ的面积最大时,矩形的长为,宽为4﹣×=2．在矩形EFPQ沿射线AD的运动过程中：〔I当0≤t≤2时,如答图①所示．设矩形与AB、AC分别交于点K、N,与AD分别交于点H1,D1．此时DD1=t,H1D1=2,∴HD1=HD﹣DD1=2﹣t,HH1=H1D1﹣HD1=t,AH1=AH﹣HH1=2﹣t,．∵KN∥EF,∴,即,得KN=〔2﹣t．S=S梯形KNFE+S矩形EFP1Q1=〔KN+EF•HH1+EF•EQ1=[〔2﹣t+]×t+〔2﹣t=t2+5；〔II当2＜t≤4时,如答图②所示．设矩形与AB、AC分别交于点K、N,与AD交于点D2．此时DD2=t,AD2=AD﹣DD2=4﹣t,∵KN∥EF,∴,即,得KN=5﹣t．S=S△AKN=KN•AD2=〔5﹣t〔4﹣t=t2﹣5t+10．综上所述,S与t的函数关系式为：S=．点评：本题是运动型相似三角形压轴题,考查了相似三角形的判定与性质、二次函数的表达式与最值、矩形、等腰直角三角形等多个知识点,涉及考点较多,有一定的难度．难点在于第〔3问,弄清矩形的运动过程是解题的关键．21.〔2013,19,8分如图,在四边形ABCD中,AB=BC,对角线BD平分ABC,P是BD上一点,过点P作PMAD,PNCD,垂ABCDNMABCDNMP<1>求证：ADB=CDB；<2>若ADC=90,求证：四边形MPND是正方形。解析：证明：<1>∵BD平分ABC,∴ABD=CBD。又∵BA=BC,BD=BD,∴△ABD△CBD。∴ADB=CDB。<4分><2>∵PMAD,PNCD,∴PMD=PND=90。又∵ADC=90,∴四边形MPND是矩形。∵ADB=CDB,PMAD,PNCD,∴PM=PN。∴四边形MPND是正方形。<8分>22．[2013,26,10分]如图<十二>所示,在Rt△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=90°.点P是△ABC外角∠BCN的角平分线上一个动点,点P/是点P关于直线BC的对称点,连结PP/交BC于点M、BP/交AC于点D,连结BP、AP/、CP/.<1>若四边形BPCP/为菱形,求BM的长；<2>若△BMP/∽△ABC,求BM的长；<3>若△ABD为等腰三角形,求△ABD的面积.图<十一>图<十一>②③①知识考点：菱形的性质,相似三角形的性质,等腰三角形的性质,三角形面积计算.审题要津：〔1根据菱形的对角线互相垂直平分即可求解；〔2根据勾股定理求解；〔3根据面积公式求解.满分解答：解：〔1∵四边形BPCP/是菱形,∴BC与PP/互相平分,∴BM=eq\f<1,2>BC=3.<2>∵△BMP/∽△ABC,且△ABC是等腰直角三角形,∴△BMP/是等腰直角三角形,∴BM=MP/,∠BPP/=45°.∵P与P/关于直线BC对称,∴∠BPM=45°,PM=MP/,∴BM=MP.∵CP平分∠NCB,∴∠BCP=eq\f<1,2>∠BCN=eq\f<1,2><180°-45°>=67.5°.又∵∠CPM=90°-∠BCP=90°-67.5°=22.5°,∴∠BPC=∠BPM+∠CPM=45°+22.5°=67.5°,∴∠BCP=∠BPC,∴BP=BC=6.在Rt△BMP中,∵BM2+MP2=BP2,2BM2=62,∴BM=3eq\r<2>.<3>由题意,知∠BAD=45°.①当AB=AD时,过点D作DE⊥AB,垂足为D.在Rt△AED中,DE=AD·sin∠DAB=6×sin45°=3eq\r<2>,此时△ABD的面积为：eq\f<1,2>AB·DE=eq\f<1,2>×6×3eq\r<2>=9eq\r<2>.胸、地<1,2>错误！未指定书签。②当AD=BD时,有∠ABD=∠BAD=45°,∴∠ADB=90°,∴BD⊥AC,∵△ABC是等腰在解三角形,且AB=BC,∴D为AC的中点,∴△ABD的面积为△ABC面积的一半,∴△ABC的面积为eq\f<1,2>×eq\f<1,2>AB·AC=eq\f<1,4>×6×6=9.③当AB=BD时,∵∠BAD=45,∴∠ABC=90°,此时△ABD就是△ABC,∴△ABD的面积为eq\f<1,2>AB·BD=eq\f<1,2>AB·BC=eq\f<1,2>×6×6=18.综上所述,△ABD的面积为9eq\r<2>,或9,或18.名师点评：本题是一道综合性压轴题,题目难度较大,解题时注意转换思想的运用.胸、地<9,2>错误！未指定书签。23．〔2013·,28,?分如图,在四边形ABCD中,AB＝AD,CB＝CD,E是CD上一点,BE交AC于F,连接DF．〔1证明：∠BAC＝∠DAC,∠AFD＝∠CFE．〔2若AB∥CD,试证明四边形ABCD是菱形；〔3在〔2的条件下,试确定E点的位置,∠EFD＝∠BCD,并说明理由．考点：菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．分析：〔1首先利用SSS定理证明△ABC≌△ADC可得∠BAC＝∠DAC,再证明△ABF≌△ADF,可得∠AFD＝∠AFB,进而得到∠AFD＝∠CFE；〔2首先证明∠CAD＝∠ACD,再根据等角对等边可得AD＝CD,再有条件AB＝AD,CB＝CD可得AB＝CB＝CD＝AD,可得四边形ABCD是菱形；〔3首先证明△BCF≌△DCF可得∠CBF＝∠CDF,再根据BE⊥CD可得∠BEC＝∠DEF＝90°,进而得到∠EFD＝∠BCD．解答：〔1证明：∵在△ABC和△ADC中,∴△ABC≌△ADC〔SSS,∴∠BAC＝∠DAC,∵在△ABF和△ADF中,∴△ABF≌△ADF,∴∠AFD＝∠AFB,∵∠AFB＝∠AFE,∴∠AFD＝∠CFE；〔2证明：∵AB∥CD,∴∠BAC＝∠ACD,又∵∠BAC＝∠DAC,∴∠CAD＝∠ACD,∴AD＝CD,∵AB＝AD,CB＝CD,∴AB＝CB＝CD＝AD,∴四边形ABCD是菱形；〔3当EB⊥CD时,∠EFD＝∠BCD,理由：∵四边形ABCD为菱形,∴BC＝CD,∠BCF＝∠DCF,在△BCF和△DCF中,∴△BCF≌△DCF〔SAS,∴∠CBF＝∠CDF,∵BE⊥CD,∴∠BEC＝∠DEF＝90°,∴∠EFD＝∠BCD．点评：此题主要考查了全等三角形的判定与性质,以及菱形的判定与性质,全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．24．〔2013·,25,10分如图,在正方形ABCD中,E是AB上一点,F是AD延长线上一点,且DF＝BE．〔1求证：CE＝CF；〔2若点G在AD上,且∠GCE＝45°,则GE＝BE+GD成立吗？为什么？考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质．专题：证明题；探究型．分析：〔1由DF＝BE,四边形ABCD为正方形可证△CEB≌△CFD,从而证出CE＝CF．〔2由〔1得,CE＝CF,∠BCE+∠ECD＝∠DCF+∠ECD即∠ECF＝∠BCD＝90°又∠GCE＝45°所以可得∠GCE＝∠GCF,故可证得△ECG≌△FCG,即EG＝FG＝GD+DF．又因为DF＝BE,所以可证出GE＝BE+GD成立．解答：〔1证明：在正方形ABCD中,∵BC＝CD,∠B＝∠CDF,BE＝DF,∴△CBE≌△CDF〔SAS．∴CE＝CF．〔3分〔2解：GE＝BE+GD成立．〔4分理由是：∵由〔1得：△CBE≌△CDF,∴∠BCE＝∠DCF,〔5分∴∠BCE+∠ECD＝∠DCF+∠ECD,即∠ECF＝∠BCD＝90°,〔6分又∠GCE＝45°,∴∠GCF＝∠GCE＝45°．∵CE＝CF,∠GCE＝∠GCF,GC＝GC,∴△ECG≌△FCG〔SAS．∴GE＝GF．〔7分∴GE＝DF+GD＝BE+GD．〔8分点评：本题主要考查证两条线段相等往往转化为证明这两条线段所在三角形全等的思想,在第二问中也是考查了通过全等找出和GE相等的线段,从而证出关系是不是成立．25〔2013·,20,?分如图1,在正方形ABCD中,E、F分别是边AD、DC上的点,且AF⊥BE．〔1求证：AF=BE；〔2如图2,在正方形ABCD中,M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、DA上的点,且MP⊥NQ．MP与NQ是否相等？并说明理由．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：〔1根据正方形的性质可得AB=AD,∠BAE=∠D=90°,再根据同角的余角相等求出∠ABE=∠DAF,然后利用"角边角"证明△ABE和△DAF全等,再根据全等三角形的证明即可；〔2过点A作AF∥MP交CD于F,过点B作BE∥NQ交AD于E,然后与〔1相同．解答：〔1证明：在正方形ABCD中,AB=AD,∠BAE=∠D=90°,∴∠DAF＋∠BAF=90°,∵AF⊥BE,∴∠ABE＋∠BAF=90°,∴∠ABE=∠DAF,∵在△ABE和△DAF中,,∴△ABE≌△DAF〔ASA,∴AF=BE；〔2解：MP与NQ相等．理由如下：如图,过点A作AF∥MP交CD于F,过点B作BE∥NQ交AD于E,则与〔1的情况完全相同．点评：本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,主要利用了正方形的四条边都相等,每一个角都是直角的性质,同角的余角相等的性质,利用三角形全等证明相等的边是常用的方法之一,要熟练掌握并灵活运用．26．〔2013·聊城,19,?分如图,四边形ABCD中,∠A＝∠BCD＝90°,BC＝CD,CE⊥AD,垂足为E,求证：AE＝CE．考点：全等三角形的判定与性质；矩形的判定与性质．专题：证明题．分析：过点B作BF⊥CE于F,根据同角的余角相等求出∠BCF＝∠D,再利用"角角边"证明△BCF和△CDE全等,根据全等三角形对应边相等可得BF＝CE,再证明四边形AEFB是矩形,根据矩形的对边相等可得AE＝BF,从而得证,解答：证明：如图,过点B作BF⊥CE于F,∵CE⊥AD,∴∠D＋∠DCE＝90°,∵∠BCD＝90°,∴∠BCF＋∠DCE＝90°,∴∠BCF＝∠D,在△BCF和△CDE中,,∴△BCF≌△CDE〔AAS,∴BF＝CE,又∵∠A＝90°,CE⊥AD,BF⊥CE,∴四边形AEFB是矩形,∴AE＝BF,∴AE＝CE．点评：本题考查了全等三角形的判定与性质,矩形的判定与性质,难度中等,作辅助线构造出全等三角形与矩形是解题的关键．27〔201310分如图,已知正方形ABCD的边长为4,对称中心为点P,点F为BC边上一个动点,点E在AB边上,且满足条件∠EPF=45°,图中两块阴影部分图形关于直线AC成轴对称,设它们的面积和为S1．〔1求证：∠APE=∠CFP；〔2设四边形CMPF的面积为S2,CF=x,．①求y关于x的函数解析式和自变量x的取值围,并求出y的最大值；②当图中两块阴影部分图形关于点P成中心对称时,求y的值．[思路分析]〔1利用正方形与三角形的相关角之间的关系可以证明结论；〔2本问关键是求出y与x之间的函数解析式．①首先分别用x表示出S1与S2,然后计算出y与x的函数解析式．这是一个二次函数,求出其最大值；②注意中心对称、轴对称的几何性质．[解析]〔1证明：∵∠EPF=45°,∴∠APE+∠FPC=180°﹣45°=135°；而在△PFC中,由于PF为正方形ABCD的对角线,则∠PCF=45°,则∠CFP+∠FPC=180°﹣45°=135°,∴∠APE=∠CFP．〔2解：①∵∠APE=∠CFP,且∠FCP=∠PAE=45°,∴△APE∽△CPF,则．而在正方形ABCD中,AC为对角线,则AC=AB=,又∵P为对称中心,则AP=CP=,∴AE===．如图,过点P作PH⊥AB于点H,PG⊥BC于点G,P为AC中点,则PH∥BC,且PH=BC=2,同理PG=2．S△APE==×2×=,∵阴影部分关于直线AC轴对称,∴△APE与△APN也关于直线AC对称,则S四边形AEPN=2S△APE=；而S2=2S△PFC=2×=2x,∴S1=S正方形ABCD﹣S四边形AEPN﹣S2=16﹣﹣2x,∴y===+﹣1．∵E在AB上运动,F在BC上运动,且∠EPF=45°,∴2≤x≤4．令=a,则y=﹣8a2+8a﹣1,当a==,即x=2时,y取得最大值．而x=2在x的取值围,代入x=2,则y最大=4﹣2﹣1=1．∴y关于x的函数解析式为：y=+﹣1〔2≤x≤4,y的最大值为1．②图中两块阴影部分图形关于点P成中心对称,而此两块图形也关于直线AC成轴对称,则阴影部分图形自身关于直线BD对称,则EB=BF,即AE=FC,∴=x,解得x=,代入x=,得y=﹣2．[方法指导]本题是代数几何综合题,考查了正方形的性质、相似三角形、二次函数的解析式与最值、几何变换〔轴对称与中心对称、图形面积的计算等知识点,涉及的考点较多,有一定的难度．本题重点与难点在于求出y与x的函数解析式,在计算几何图形面积时涉及大量的计算,需要细心计算避免出错．16〔2013•10分某学校的校门是伸缩门〔如图1,伸缩门中的每一行菱形有20个,每个菱形边长为30厘米．校门关闭时,每个菱形的锐角度数为60°〔如图2；校门打开时,每个菱形的锐角度数从60°缩小为10°〔如图3．问：校门打开了多少米？〔结果精确到1米,参考数据：sin5°≈0.0872,cos5°≈0.9962,sin10°≈0.1736,cos10°≈0.9848．[思路分析]先求出校门关闭时,20个菱形的宽即大门的宽；再求出校门打开时,20个菱形的宽即伸缩门的宽；然后将它们相减即可．[解析]如图,校门关闭时,取其中一个菱形ABCD．根据题意,得∠BAD=60°,AB=0.3米．∵在菱形ABCD中,AB=AD,∴△BAD是等边三角形,∴BD=AB=0.3米,∴大门的宽是：0.3×20≈6〔米；校门打开时,取其中一个菱形A1B1C1D1．根据题意,得∠B1A1D1=10°,A1B1=0.3米．∵在菱形A1B1C1D1中,A1C1⊥B1D1,∠B1A1O1=5°,∴在Rt△A1B1O1中,B1O1=sin∠B1A1O1•A1B1=sin5°×0.3=0.02616〔米,∴B1D1=2B1O1=0.05232米,∴伸缩门的宽是：0.05232×20=1.0464米；∴校门打开的宽度为：6﹣1.0464=4.9536≈5〔米．故校门打开了5米．[方法指导]本题考查了菱形的性质,解直角三角形的应用,难度适中．解题的关键是把实际问题转化为数学问题,只要把实际问题抽象到解直角三角形中,一切将迎刃而解282013•12分若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形,我们把这条对角线叫这个四边形的和谐线,这个四边形叫做和谐四边形．如菱形就是和谐四边形．〔1如图1,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=120°,∠C=75°,BD平分∠ABC．求证：BD是梯形ABCD的和谐线；〔2如图2,在12×16的网格图上〔每个小正方形的边长为1有一个扇形BAC,点A．B．C均在格点上,请在答题卷给出的两个网格图上各找一个点D,使得以A、B、C、D为顶点的四边形的两条对角线都是和谐线,并画出相应的和谐四边形；〔3四边形ABCD中,AB=AD=BC,∠BAD=90°,AC是四边形ABCD的和谐线,求∠BCD的度数．[思路分析]〔1要证明BD是四边形ABCD的和谐线,只需要证明△ABD和△BDC是等腰三角形就可以；〔2根据扇形的性质弧上的点到顶点的距离相等,只要D在上任意一点构成的四边形ABDC就是和谐四边形；连接BC,在△BAC外作一个以AC为腰的等腰三角形ACD,构成的四边形ABCD就是和谐四边形,〔3由AC是四边形ABCD的和谐线,可以得出△ACD是等腰三角形,从图4,图5,图6三种情况运用等边三角形的性质,正方形的性质和30°的直角三角形性质就可以求出∠BCD的度数．[解析]〔1∵AD∥BC,∴∠ABC+∠BAD=180°,∠ADB=∠DBC．∵∠BAD=120°,∴∠ABC=60°．∵BD平分∠ABC,∴∠ABD=∠DBC=30°,∴∠ABD=∠ADB,∴△ADB是等腰三角形．在△BCD中,∠C=75°,∠DBC=30°,∴∠BDC=∠C=75°,∴△BCD为等腰三角形,∴BD是梯形ABCD的和谐线；〔2由题意作图为：图2,图3〔3∵AC是四边形ABCD的和谐线,∴△ACD是等腰三角形．∵AB=AD=BC,如图4,当AD=AC时,∴AB=AC=BC,∠ACD=∠ADC∴△ABC是正三角形,∴∠BAC=∠BCA=60°．∵∠BAD=90°,∴∠CAD=30°,∴∠ACD=∠ADC=75°,∴∠BCD=60°+75°=135°．如图5,当AD=CD时,∴AB=AD=BC=CD．∵∠BAD=90°,∴四边形ABCD是正方形,∴∠BCD=90°如图6,当AC=CD时,过点C作CE⊥AD于E,过点B作BF⊥CE于F,∵AC=CD．CE⊥AD,∴AE=AD,∠ACE=∠DCE．∵∠BAD=∠AEF=∠BFE=90°,∴四边形ABFE是矩形．∴BF=AE．∵AB=AD=BC,∴BF=BC,∴∠BCF=30°．∵AB=BC,∴∠ACB=∠BAC．∵AB∥CE,∴∠BAC=∠ACE,∴∠ACB=∠ACE=∠BCF=15°,∴∠BCD=15°×3=45°．[方法指导]本题是一道四边形的综合试题,考查了和谐四边形的性质的运用,和谐四边形的判定,等边三角形的性质的运用,正方形的性质的运用,30°的直角三角形的性质的运用．解答如图6这种情况容易忽略,解答时合理运用分类讨论思想是关键．29.〔2013•12分若一个矩形的一边是另一边的两倍,则称这个矩形为方形,如图1,矩形ABCD中,BC=2AB,则称ABCD为方形．〔1设a,b是方形的一组邻边长,写出a,b的值〔一组即可．〔2在△ABC中,将AB,AC分别五等分,连结两边对应的等分点,以这些连结为一边作矩形,使这些矩形的边B1C1,B2C2,B3C3,B4C4的对边分别在B2C2,B3C3,B4C4,BC上,如图2所示．①若BC=25,BC边上的高为20,判断以B1C1为一边的矩形是不是方形？为什么？②若以B3C3为一边的矩形为方形,求BC与BC边上的高之比．[思路分析]〔1答案不唯一,根据已知举出即可；〔2①求出△ABC∽△AB1C1∽△AB2C2∽△AB3C3∽△AB4C4,推出==,==,==,==,求出B1C1=5,B2C2=10,B3C3=15,B4C4=20,AE=4,AH=8,AG=12,AN=16,MN=GN=GH=HE=4,BQ=B2O=B3Z=B4K=4,根据已知判断即可；②设AM=h,根据△ABC∽△AB3C3,得出==,求出MN=GN=GH=HE=h,分为两种情况：当B3C3=2×h,时,当B3C3=×h时,代入求出即可．[解析]〔1答案不唯一,如a=2,b=4；〔2①以B1C1为一边的矩形不是方形．理由是：过A作AM⊥BC于M,交B1C1于E,交B2C2于H,交B3C3于G,交B4C4于N,则AM⊥B4C4,AM⊥B3C3,AM⊥B2C2,AM⊥B1C1,∵由矩形的性质得：BC∥B1C1∥B2C2∥B3C3∥B4C4,∴△ABC∽△AB1C1∽△AB2C2∽△AB3C3∽△AB4C4,∴=,==,==,==,∵AM=20,BC=25,∴B1C1=5,B2C2=10,B3C3=15,B4C4=20,AE=4,AH=8,AG=12,AN=16,∴MN=GN=GH=HE=4,∴BQ=B2O=B3Z=B4K=4,即B1C1≠2B1Q,B1Q≠2B1C1,∴以B1C1为一边的矩形不是方形；②∵以B3C3为一边的矩形为方形,设AM=h,∴△ABC∽△AB3C3,∴==,则AG=h,∴MN=GN=GH=HE=h,当B3C3=2×h,时,=；当B3C3=×h时,=．综合上述：BC与BC边上的高之比是或．[方法指导]本题考查了相似三角形的性质和判定和矩形的性质的应用,注意：相似三角形的对应高的比等于相似比．30〔2013市,22,10分某地下车库出口处"两段式栏杆"如图7-1所示,点是栏杆转动的支点,点是栏杆两段的连接点．当车辆经过时,栏杆升起后的位置如图7-2所示,其示意图如图7-3所示,其中⊥,∥,,米,求当车辆经过时,栏杆EF段距离地面的高度〔即直线EF上任意一点到直线BC的距离．〔结果精确到0.1米,栏杆宽度忽略不计参考数据：sin37°≈0.60,cos37°≈0.80,tan37°≈0.75．图图7-1图7-2图7-3AEFAEFAEFBC31〔2013,19,9分如图,已知四边形ABCD是平行四边形,DE⊥AB,DF⊥BC,垂足分别是E、F,并且DE=DF．求证：〔1△ADE≌△CDF；〔2四边形ABCD是菱形．考点：菱形的判