爱提分中考复习 14三轮-四边形综合-第01讲 四边形综合（一）(教师版)

高思爱提分演示（KJ)初中数学教师辅导讲义[教师版]学员姓名王李 年级辅导科目初中数学学科教师王涵上课时间01-1806:30:00-08:30:00 知识图谱四边形综合（一）知识精讲一．平行四边形的判定1．与边有关的判定：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．2．与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形．3．与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形．二．矩形的判定1．有一个角是直角的平行四边形是矩形（定义）；2．对角线相等的平行四边形是矩形；3．有三个角是直角的四边形是矩形．三．菱形的判定1．有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（定义）；2．对角线互相垂直的平行四边形是菱形；3．四条边都相等的四边形是菱形．四．正方形的判定1．有一组邻边相等的矩形是正方形；2．有一个角是直角的菱形是正方形；3．对角线互相垂直的矩形是正方形；4．对角线相等的菱形是正方形；5．对角线互相垂直、平分且相等的四边形是正方形；6．四条边相等且四个角是直角的四边形是正方形．五．四边形的综合计算四边形的综合计算中常与勾股定理、相似三角形、三角函数结合起来，根据题目中的条件，灵活的选取合适的计算方法，综合性较强．三点剖析一．考点：1．四边形的证明；2．四边形的综合计算．二．重难点：1．四边形的证明；2．四边形的综合计算．三．易错点：题目中关键结论判断错误，四边形综合计算中容易出错．四边形的证明例题例题1、已知，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F、G、H分别是AD、OA、BC、OC的中点．（1）求证：四边形EFGH为平行四边形；（2）当BC=AB时，判断四边形EFGH为何种特殊四边形，并证明．【答案】（1）见解析（2）平行四边形EFGH为矩形【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OD=OB．∵E、F分别是AD、OA的中点，EF是△AOD的中位线，∴EFOD．同理得到GH是△BOC的中位线，则GHOB，∴EFGH，∴四边形EFGH为平行四边形；（2）平行四边形EFGH为矩形．理由如下：如图，连接EG．∵点E、G是AD、BC的中点，四边形ABCD是矩形，∴EG⊥BC，且点O在线段EG上，∠ABC=90°．∵BC=AB，∴tan∠ACB=，∴∠ACB=30°，∴OG=OC=OH，即OG=OH．又∵由（1）知，四边形EFGH为平行四边形，∴2OG=2OH，即EG=FH，∴平行四边形EFGH为矩形．例题2、△ABC是等边三角形，点D是射线BC上的一个动点（点D不与点B、C重合），△ADE是以AD为边的等边三角形，过点E作BC的平行线，分别交射线AB、AC于点F、G，连接BE．（1）如图（a）所示，当点D在线段BC上时．①求证：△AEB≌△ADC；②探究四边形BCGE是怎样特殊的四边形？并说明理由；（2）如图（b）所示，当点D在BC的延长线上时，直接写出（1）中的两个结论是否成立；（3）在（2）的情况下，当点D运动到什么位置时，四边形BCGE是菱形？并说明理由．【答案】（1）①见解析②四边形BCGE是平行四边形（2）①②都成立（3）见解析【解析】证明：（1）①∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴AE=AD，AB=AC，∠EAD=∠BAC=60°．又∵∠EAB=∠EAD﹣∠BAD，∠DAC=∠BAC﹣∠BAD，∴∠EAB=∠DAC，∴△AEB≌△ADC（SAS）．②方法一：由①得△AEB≌△ADC，∴∠ABE=∠C=60°．又∵∠BAC=∠C=60°，∴∠ABE=∠BAC，∴EB∥GC．又∵EG∥BC，∴四边形BCGE是平行四边形．方法二：证出△AEG≌△ADB，得EG=AB=BC．∵EG∥BC，∴四边形BCGE是平行四边形．（2）①②都成立．（3）当CD=CB（∠CAD=30°或∠BAD=90°或∠ADC=30°）时，四边形BCGE是菱形．理由：方法一：由①得△AEB≌△ADC，∴BE=CD又∵CD=CB，∴BE=CB．由②得四边形BCGE是平行四边形，∴四边形BCGE是菱形．方法二：由①得△AEB≌△ADC，∴BE=CD．又∵四边形BCGE是菱形，∴BE=CB∴CD=CB．方法三：∵四边形BCGE是平行四边形，∴BE∥CG，EG∥BC，∴∠FBE=∠BAC=60°，∠F=∠ABC=60°∴∠F=∠FBE=60°，∴△BEF是等边三角形．又∵AB=BC，四边形BCGE是菱形，∴AB=BE=BF，∴AE⊥FG∴∠EAG=30°，∵∠EAD=60°，∴∠CAD=30°．例题3、以△ABC的各边，在边BC的同侧分别作三个正方形．他们分别是正方形ABDI，BCFE，ACHG，试探究：（1）如图中四边形ADEG是什么四边形？并说明理由．（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADEG是矩形？（3）当△ABC满足什么条件时，四边形ADEG是正方形？【答案】见解析【解析】（1）图中四边形ADEG是平行四边形．理由如下：∵四边形ABDI、四边形BCFE、四边形ACHG都是正方形，∴AC=AG，AB=BD，BC=BE，∠GAC=∠EBC=∠DBA=90°．∴∠ABC=∠EBD（同为∠EBA的余角）．在△BDE和△BAC中，，∴△BDE≌△BAC（SAS），∴DE=AC=AG，∠BAC=∠BDE．∵AD是正方形ABDI的对角线，∴∠BDA=∠BAD=45°．∵∠EDA=∠BDE∠BDA=∠BDE45°，∠DAG=360°∠GAC∠BAC∠BAD=360°90°∠BAC45°=225°∠BAC∴∠EDA+∠DAG=∠BDE45°+225°∠BAC=180°∴DE∥AG，∴四边形ADEG是平行四边形（一组对边平行且相等）．（2）当四边形ADEG是矩形时，∠DAG=90°．则∠BAC=360°∠BAD∠DAG∠GAC=360°45°90°90°=135°，即当∠BAC=135°时，平行四边形ADEG是矩形；（3）当四边形ADEG是正方形时，∠DAG=90°，且AG=AD．由（2）知，当∠DAG=90°时，∠BAC=135°．∵四边形ABDI是正方形，∴AD=AB．又∵四边形ACHG是正方形，∴AC=AG，∴AC=AB．∴当∠BAC=135°且AC=AB时，四边形ADEG是正方形．随练随练1、①如图，四边形ABCD中，对角线相交于点O，E、F、G、H分别是AD，BD，BC，AC的中点．（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；（2）当四边形ABCD满足一个什么条件时，四边形EFGH是菱形？并证明你的结论；②如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D为BC中点，CE⊥AD于E，BF∥AC，交CE的延长线与点F．求证：AB垂直平分DF．【答案】见解析【解析】本题考查了中位线知识，平行四边形和菱形的判断方法．①（1）由三角形中位线知识可得EF=GH，EF∥GH，∴四边形EFGH是平行四边形．（2）要是菱形，只需增加相邻两边相等，如要得到EF=GF，由中位线知识，只须AB=CD．②∵FB∥AC，∠ACB=90°∴∠FBC=90°，由AC=BC、∠ACB=90°∴∠DBA=45°，AB是∠CBF平分线．证明Rt△ADC≌Rt△FBC，所以DB=FB，所以，AB垂直平分DF（等腰三角形中的三线合一定理）．①（1）证明：∵E、F分别是AD、BD中点，∴EF∥AB，EF=AB，同理GH∥AB，GH=AB，∴EF=GH，EF∥GH，∴四边形EFGH是平行四边形．（2）当四边形ABCD满足AB=CD时，四边形EFGH是菱形．证明：F、G分别是BD、BC中点，所以GF=CD，∵AB=CD，∴EF=GF又∵四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH是菱形．②证明：∵∠ACB=90°，Rt△ADC中，∠1+∠2=90°，∵AD⊥CF，在Rt△EDC中，∠3+∠2=90°，得：∠1=∠3．∵FB∥AC，∠ACB=90°，∴∠FBC=90°，得：△FBC是直角三角形．∵AC=BC，∠1=∠3，△FBC是直角三角形∴Rt△ADC≌Rt△FBC．∴CD=FB，已知CD=DB，可得：DB=FB．由AC=BC、∠ACB=90°，可得：∠4=45°，AB是∠CBF平分线．所以，AB垂直平分DF（等腰三角形中的三线合一定理）．随练2、如图，已知正方形ABCD，E是AB延长线上一点，F是DC延长线上一点，连接BF、EF，恰有BF=EF，将线段EF绕点F顺时针旋转90°得FG，过点B作EF的垂线，交EF于点M，交DA的延长线于点N，连接NG．（1）求证：BE=2CF；（2）试猜想四边形BFGN是什么特殊的四边形，并对你的猜想加以证明．【答案】（1）证明：过F作FH⊥BE，∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，∴∠FHB=∠HBC=∠BCF=90°，∴四边形BCFH为矩形，∴BH=CF，又∵BF=EF，∴BE=2BH，∴BE=2CF；（2）解：四边形BFGN为菱形，证明如下：∵MN⊥EF，∴∠E+∠EBM=90°，且∠EBM=∠ABN，∴∠ABN+∠E=90°，∵BF=EF，∴∠E=∠EBF，∴∠ABN+∠EBF=90°，又∵∠EBC=90°，∴∠CBF+∠EBF=90°，∴∠ABN=∠CBF，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠NAB=∠CBF=90°，在△ABN和△CBF中∴△ABN≌△CBF（ASA），∴BF=BN，又由旋转可得EF=FG=BF，∴BN=FG，∵∠GFM=∠BME=90°，∴BN∥FG，∴四边形BFGN为菱形【解析】（1）过F作FH⊥BE于点H，可证明四边形BCFH为矩形，可得到BH=CF，且H为BE中点，可得BE=2CF；（2）由条件可证明△ANB≌△CFB，可得BN=BF，可得到BN=GF，且BN∥FG，可证得四边形BFGN为菱形．（1）证明：过F作FH⊥BE，∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，∴∠FHB=∠HBC=∠BCF=90°，∴四边形BCFH为矩形，∴BH=CF，又∵BF=EF，∴BE=2BH，∴BE=2CF；（2）解：四边形BFGN为菱形，证明如下：∵MN⊥EF，∴∠E+∠EBM=90°，且∠EBM=∠ABN，∴∠ABN+∠E=90°，∵BF=EF，∴∠E=∠EBF，∴∠ABN+∠EBF=90°，又∵∠EBC=90°，∴∠CBF+∠EBF=90°，∴∠ABN=∠CBF，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠NAB=∠CBF=90°，在△ABN和△CBF中∴△ABN≌△CBF（ASA），∴BF=BN，又由旋转可得EF=FG=BF，∴BN=FG，∵∠GFM=∠BME=90°，∴BN∥FG，∴四边形BFGN为菱形．随练3、如图，以的三边为边在的同侧分别作三个等边三角形，即、、，请回答下列问题，并说明理由．（1）四边形是什么四边形；（2）当满足什么条件时，四边形是矩形；（3）当满足什么条件时，以，，，为顶点的四边形不存在．【答案】（1）平行四边形（2）（3）【解析】（1）四边形是平行四边形．理由：，都是等边三角形．，，．．在和中，，，．．又是等边三角形，．．同理可证：，四边形平行四边形（2）四边形是矩形，．．时，四边形是矩形（3）当时，以，，，为顶点的四边形不存在随练4、已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．试探究下列问题：（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和EF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．【答案】（1）AF⊥DE；（2）成立；（3）四边形MNPQ是正方形．【解析】（1）上述结论①，②仍然成立，理由为：∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；（2）上述结论①，②仍然成立，理由为：∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠CDE=∠DAF，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；（3）四边形MNPQ是正方形．理由为：如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，∴四边形OHQG是平行四边形，∵AF=DE，∴MQ=PQ=PN=MN，∴四边形MNPQ是菱形，∵AF⊥DE，∴∠AOD=90°，∴∠HQG=∠AOD=90°，∴四边形MNPQ是正方形．随练5、Rt△ABC与Rt△FED是两块全等的含30°、60°角的三角板，按如图（一）所示拼在一起，CB与DE重合．（1）求证：四边形ABFC为平行四边形；（2）取BC中点O，将△ABC绕点O顺时钟方向旋转到如图（二）中△A′B′C′位置，直线B'C'与AB、CF分别相交于P、Q两点，猜想OQ、OP长度的大小关系，并证明你的猜想；（3）在（2）的条件下，指出当旋转角至少为多少度时，四边形PCQB为菱形？（不要求证明）【答案】见解析【解析】此题考查学生对平行四边形的判定及性质，全等三角形的判定，菱形的判定等知识的综合运用．（1）已知△ABC≌△FCB，根据全等三角形的性质可知AB=CF，AC=BF，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得到结论．（2）根据已知利用AAS判定△COQ≌△BOP，根据全等三角形的性质即可得到OP=OQ．（3）根据对角线互相垂直的平行四边形的菱形进行分析即可．（1）证明：∵△ABC≌△FCB，（1分）∴AB=CF，AC=BF．（2分）∴四边形ABFC为平行四边形．（3分）（用其它判定方法也可）（2）解：OP=OQ，（4分）理由如下：∵OC=OB，∠COQ=∠BOP，∠OCQ=∠PBO，∴△COQ≌△BOP．（6分）∴OQ=OP．（7分）（用平行四边形对称性证明也可）（3）解：90°．理由：∵OP=OQ，OC=OB，∴四边形PCQB为平行四边形，∵BC⊥PQ，∴四边形PCQB为菱形．（8分）随练6、以四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA为斜边分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连接这四个点，得四边形EFGH．（1）如图1，当四边形ABCD为正方形时，我们发现四边形EFGH是正方形；如图2，当四边形ABCD为矩形时，请判断：四边形EFGH的形状（不要求证明）；（2）如图3，当四边形ABCD为一般平行四边形时，设∠ADC=α（0°＜α＜90°），①试用含α的代数式表示∠HAE；②求证：HE=HG；③四边形EFGH是什么四边形？并说明理由．【答案】（1）四边形EFGH的形状是正方形（2）①90°+α②见解析③正方形【解析】（1）四边形EFGH的形状是正方形．（2）①∠HAE=90°+α，在平行四边形ABCD中AB∥CD，∴∠BAD=180°-∠ADC=180°-α，∵△HAD和△EAB是等腰直角三角形，∴∠HAD=∠EAB=45°，∴∠HAE=360°-∠HAD-∠EAB-∠BAD=360°-45°-45°-（180°-a）=90°+α，答：用含α的代数式表示∠HAE是90°+α．②证明：∵△AEB和△DGC是等腰直角三角形，∴AE=AB，DG=CD，在平行四边形ABCD中，AB=CD，∴AE=DG，∵△AHD和△DGC是等腰直角三角形，∴∠HDA=∠CDG=45°，∴∠HDG=∠HDA+∠ADC+∠CDG=90°+α=∠HAE，∵△AHD是等腰直角三角形，∴HA=HD，∴△HAE≌△HDG，∴HE=HG．③答：四边形EFGH是正方形，理由是：由②同理可得：GH=GF，FG=FE，∵HE=HG，∴GH=GF=EF=HE，∴四边形EFGH是菱形，∵△HAE≌△HDG，∴∠DHG=∠AHE，∵∠AHD=∠AHG+∠DHG=90°，∴∠EHG=∠AHG+∠AHE=90°，∴四边形EFGH是正方形．四边形的综合计算例题例题1、如图，在▱ABCD中，E、F分别为AB、BC的中点，连接EC、AF，AF与EC交于点M，AF的延长线与DC的延长线交于点N．（1）求证：AB=CN；（2）若AB=2n，BE=2MF，试用含n的式子表示线段AN的长．【答案】（1）证明见解析；（2）3n．【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DN，∴∠B=∠FCN，∠BAF=∠N，∵F是BC的中点，∴BF=CF，在△ABF和△NCF中，，∴△ABF≌△NCF（AAS），∴AB=CN；（2）∵AB∥DN，∴△AEM∽△NCM，∴，∵AB=CN，且E是AB的中点，∴，∵，AB=2n，BE=2MF，∴BE=n，，∴，由△ABF≌△NCF，可得AF=FN，∴，∴，∴AN=3n．例题2、如图1，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB=13，BD=24，在菱形ABCD的外部以AB为边作等边三角形ABE．点F是对角线BD上一动点（点F不与点B重合），将线段AF绕点A顺时针方向旋转60°得到线段AM，连接FM．（1）求AO的长；（2）如图2，当点F在线段BO上，且点M，F，C三点在同一条直线上时，求证：AC=AM；（3）连接EM，若△AEM的面积为40，请直接写出△AFM的周长．【答案】（1）5（2）见解析（3）3【解析】（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OB=OD=BD，∵BD=24，∴OB=12，在Rt△OAB中，∵AB=13，∴OA===5．（2）如图2，∵四边形ABCD是菱形，∴BD垂直平分AC，∴FA=FC，∠FAC=∠FCA，由已知AF=AM，∠MAF=60°，∴△AFM为等边三角形，∴∠M=∠AFM=60°，∵点M，F，C三点在同一条直线上，∴∠FAC+∠FCA=∠AFM=60°，∴∠FAC=∠FCA=30°，∴∠MAC=∠MAF+∠FAC=60°+30°=90°，在Rt△ACM中∵tan∠M=，∴tan60°=，∴AC=AM．（3）如图，连接EM，∵△ABE是等边三角形，∴AE=AB，∠EAB=60°，由（1）知△AFM为等边三角形，∴AM=AF，∠MAF=60°，∴∠EAM=∠BAF，在△AEM和△ABF中，，∴△AEM≌△ABF（SAS），∵△AEM的面积为40，△ABF的高为AO∴BF•AO=40，BF=16，∴FO=BF-BO=16-12=4AF===，∴△AFM的周长为3．例题3、在正方形ABCD内作∠EAF=45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作AH⊥EF，垂足为H．（1）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．①求证：△AGE≌△AFE；②若BE=2，DF=3，求AH的长．（2）如图3，连接BD交AE于点M，交AF于点N．请探究并猜想：线段BM，MN，ND之间有什么数量关系？并说明理由．【答案】（1）①见解析②AH=6（2）三者关系为：MN2=ND2+BM2，理由见解析【解析】（1）①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD=90°．又∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°．∴∠BAG+∠BAE=45°．∴∠GAE=∠FAE．在△GAE和△FAE中，∴△GAE≌△FAE．②∵△GAE≌△FAE，AB⊥GE，AH⊥EF，∴AB=AH，GE=EF=5．设正方形的边长为x，则EC=x﹣2，FC=x﹣3．在Rt△EFC中，由勾股定理得：EF2=FC2+EC2，即（x﹣2）2+（x﹣3）2=25．得：x=6．∴AB=6．∴AH=6．（2）如图所示：将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABD=∠ADB=45°．由旋转的性质可知：∠ABM=∠ADM′=45°，BM=DM′．∴∠NDM′=90°．∴NM′2=ND2+DM′2．∵∠EAM′=90°，∠EAF=45°，∴∠EAF=∠FAM′=45°．在△AMN和△ANM′中，，∴△AMN≌△ANM′．∴MN=NM′．又∵BM=DM′，∴MN2=ND2+BM2随练随练1、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．【答案】（1）见解析；（2）2【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC，∠B=∠CDM，∵M、N分别是AD，BC的中点，∴BN=DM，∵在△ABN和△CDM中，，∴△ABN≌△CDM（SAS）；（2）∵M是AD的中点，∠AND=90°，∴MN=MD=AD，∴∠1=∠MND，∵AD∥BC，∴∠1=∠CND，∵∠1=∠2，∴∠MND=∠CND=∠2，∴PN=PC，∵CE⊥MN，∴∠CEN=90°，∠END+∠CNP+∠2=180°﹣∠CEN=90°又∵∠END=∠CNP=∠2∴∠2=∠PNE=30°，∵PE=1，∴PN=2PE=2，∴CE=PC+PE=3，∴CN==2，∵∠MNC=60°，CN=MN=MD，∴△CNM是等边三角形，∵△ABN≌△CDM，∴AN=CM=2．随练2、在菱形ABCD中，∠BAD=120°，射线AP位于该菱形外侧，点B关于直线AP的对称点为E，连接BE、DE，直线DE与直线AP交于F，连接BF，设∠PAB=α．（1）依题意补全图1；（2）如图1，如果0°＜α＜30°，判断∠ABF与∠ADF的数量关系，并证明；（3）如图2，如果30°＜α＜60°，写出判断线段DE，BF，DF之间数量关系的思路；（可以不写出证明过程）（4）如果60°＜α＜90°，直接写出线段DE，BF，DF之间的数量关系．【答案】（1）见解析（2）∠ABF=∠ADF（3）DF=ED﹣BF（4）BF=DE+DF【解析】（1）如图1所示：（2）∠ABF=∠ADF．理由：如图2所示：连接AE．∵点B与点E关于直线PA对称，∴EA=AB，∠ABF=∠AEF．∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD．∴AE=AD．∴∠AEF=∠ADF．∴∠ABF=∠ADF．（3）DF=ED﹣BF．理由：如图3所示：∵点B与点E关于PA对称，∴EF=BF．又∵DF=ED﹣EF，∴DF=ED﹣BF．（4）BF=DE+DF．理由：如图4所示：∵点B与点E关于PA对称，∴EF=BF．又∵EF=ED+DF，∴BF=DE+DF．随练3、如图，四边形ABCD为菱形，点E为对角线AC上的一个动点，连结DE并延长交AB于点F，连结BE．（1）如图①：求证∠AFD=∠EBC；（2）如图②，若DE=EC且BE⊥AF，求∠DAB的度数；（3）若∠DAB=90°且当△BEF为等腰三角形时，求∠EFB的度数（只写出条件与对应的结果）【答案】（1）证明见解析；（2）60°；（3）∠EFB=30°或120°．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，∴DC=CB，在△DCE和△BCE中，，∴△DCE≌△BCE（SAS），∴∠EDC=∠EBC，∵DC∥AB，∴∠EDC=∠AFD，∴∠AFD=∠EBC；（2）∵DE=EC，∴∠EDC=∠ECD，设∠EDC=∠ECD=∠CBE=x°，则∠CBF=2x°，由BE⊥AF得：2x+x=90°，解得：x=30°，∴∠DAB=∠CBF=60°；（3）分两种情况：①如图1，当F在AB延长线上时，∵∠EBF为钝角，∴只能是BE=BF，设∠BEF=∠BFE=x°，可通过三角形内角形为180°得：90+x+x+x=180，解得：x=30，∴∠EFB=30°；②如图2，当F在线段AB上时，∵∠EFB为钝角，∴只能是FE=FB，设∠BEF=∠EBF=x°，则有∠AFD=2x°，可证得：∠AFD=∠FDC=∠CBE，得x+2x=90，解得：x=30，∴∠EFB=120°，综上：∠EFB=30°或120°．随练4、已知菱形ABCD的边长为1，，等边两边分别交DC、CB于点E、F．（1）特殊发现：如图1，若点E、F分别是边DC、CB的中点，求证：菱形ABCD对角线AC、BD的交点O即为等边的外心；（2）若点E、F始终分别在边DC、CB上移动，记等边△AEF的外心为P．①猜想验证：如图2，猜想的外心P落在哪一直线上，并加以证明；②拓展运用：如图3，当E、F分别是边DC、CB的中点时，过点P任作一直线，分别交DA边于点M，BC边于点G，DC边的延长线于点N，请你直接写出的值．NNBCDOCCABBAADDEFFEPGM图1图2图3【答案】（1）见详解（2）①P落在对角线DB所在的直线上；②2【解析】该题考察菱形综合．（1）如图1：分别连结OE、OF．

∵四边形ABCD是菱形，

∴，，，

且．

在Rt△AOD中，有．

又E、F分别是边DC、CB的中点，∴．

∴．

∴点O即为等边△AEF的外心．--------------------------------------------------3分

（2）①猜想：△AEF的外心P落在对角线DB所在的直线上．

证明：如图2：分别连结PE、PA，作于Q，于H．

则

∵，

∴在四边形QDHP中，．

又∵点P是等边△AEF的外心，，

∴，．∴．

△PQE≌△PHA（AAS）．∴．

∴点P在的角平分线上．

∵菱形ABCD的对角线DB平分，

∴点P落在对角线DB所在的直线上．-----------------------------------6分

②．----------------------------------------------------------------8分

连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为△AEF的外心．如图3，设MN交BC于点G，设，，则

∵BC∥DA，∴，，又由（1）知，∴△GBP≌△MDP（AAS），∴，∴．

∵BC∥DA，∴△NCG∽△NDM，

∴，即

∴．

∴，即随练5、如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点M，N分别是边BC，CD上的动点（不与点B，C，D重合），AM，AN分别交BD于点E，F，且∠MAN始终保持45°不变．（1）求证：=；（2）求证：AF⊥FM；（3）请探索：在∠MAN的旋转过程中，当∠BAM等于多少度时，∠FMN=∠BAM？写出你的探索结论，并加以证明．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠BAM=22.5°【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD=∠CBD=45°，∠ABC=90°，∵∠MAN=45°，∴∠MAF=∠MBE，∴A、B、M、F四点共圆，∴∠ABM+∠AFM=180°，∴∠AFM=90°，∴∠FAM=∠FMA=45°，∴AM=AF，∴=．（2）由（1）可知∠AFM=90°，∴AF⊥FM．（3）结论：∠BAM=22.5时，∠FMN=∠BAM理由：∵A、B、M、F四点共圆，∴∠BAM=∠EFM，∵∠BAM=∠FMN，∴∠EFM=∠FMN，∴MN∥BD，∴=，∵CB=DC，∴CM=CN，∴MB=DN，在△ABM和△ADN中，，∴△ABM≌△ADN，∴∠BAM=∠DAN，∵∠MAN=45°，∴∠BAM+∠DAN=45°，∴∠BAM=22.5°．拓展拓展1、如图，过平行四边形ABCD的对角线BD的中点O作两条互相垂直的直线，且交AB、CD的延长线于点E，G，交BC，AD于点F，H，连接EF，FG，GH，EH．（1）求证：△BEO≌△DGO；（2）试判断四边形EFGH的形状，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）平行四边形【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠BEO=∠DGO，在△BEO与△DGO中，，∴△BEO≌△DGO；（2）由（1）证得△BEO≌△DGO，∴OE=OG，同理：△BFO≌△DHO，∴OH=OF，∴四边形EFGH是平行四边形．拓展2、如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，∠CAB的平分线分别交BD，BC于点E，F，作BH⊥AF于点H，分别交AC，CD于点G，P，连接GE，GF．（1）求证：△OAE≌△OBG；（2）试问：四边形BFGE是否为菱形？若是，请证明；若不是，请说明理由；（3）试求：的值（结果保留根号）．【答案】（1）见解析（2）四边形BFGE是菱形（3）﹣1【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OB，∠AOE=∠BOG=90°．∵BH⊥AF，∴∠AHG=90°，∴∠GAH+∠AGH=90°=∠OBG+∠AGH，∴∠GAH=∠OBG，即∠OAE=∠OBG．∴在△OAE与△OBG中，，∴△OAE≌△OBG（ASA）；（2）四边形BFGE是菱形，理由如下：∵在△AHG与△AHB中，∴△AHG≌△AHB（ASA），∴GH=BH，∴AF是线段BG的垂直平分线，∴EG=EB，FG=FB．∵∠BEF=∠BAE+∠ABE=67.5°，∠BFE=90°﹣∠BAF=67.5°∴∠BEF=∠BFE∴EB=FB，∴EG=EB=FB=FG，∴四边形BFGE是菱形；（3）设OA=OB=OC=a，菱形GEBF的边长为b．∵四边形BFGE是菱形，∴GF∥OB，∴∠CGF=∠COB=90°，∴∠GFC=∠GCF=45°，∴CG=GF=b，（也可由△OAE≌△OBG得OG=OE=a﹣b，OC﹣CG=a﹣b，得CG=b）∴OG=OE=a﹣b，在Rt△GOE中，由勾股定理可得：2（a﹣b）2=b2，求得a=b∴AC=2a=（2+）b，AG=AC﹣CG=（1+）b∵PC∥AB，∴△CGP∽△AGB，∴=﹣1，由（1）△OAE≌△OBG得AE=GB，∴=﹣1，即=﹣1．拓展3、已知：如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，点P是腰DC上的一个动点（P与D、C不重合），点E、F、G分别是线段BC、PC、BP的中点．（1）试探索四边形EFPG的形状，并说明理由；（2）若∠A=120°，AD=2，DC=4，当PC为何值时，四边形EFPG是矩形并加以证明．【答案】（1）平行四边形；理由见解析（2）PC=3；证明见解析【解析】（1）四边形EFPG是平行四边形．（1分）理由：∵点E、F分别是BC、PC的中点，∴EF∥BP．（2分）同理可证EG∥PC．（3分）∴四边形EFPG是平行四边形．（4分）（2）方法一：当PC=3时，四边形EFPG是矩形．（5分）证明：延长BA、CD交于点M．∵AD∥BC，AB=CD，∠BAD=120°，∴∠ABC=∠C=60°．∴∠M=60°，∴△BCM是等边三角形．（7分）∵∠MAD=180°-120°=60°，∴AD=DM=2．∴CM=DM+CD=2+4=6．（8分）∵PC=3，∴MP=3，∴MP=PC，∴BP⊥CM即∠BPC=90度．由（1）可知，四边形EFPG是平行四边形，∴四边形EFPG是矩形．（10分）方法二：当PC=3时，四边形EFPG是矩形．（5分）证明：延长BA、CD交于点M．由（1）可知，四边形EFPG是平行四边形．当四边形EFPG是矩形时，∠BPC=90度．∵AD∥BC，∠BAD=120°，∴∠ABC=60度．∵AB=CD，∴∠C=∠ABC=60度．∴∠PBC=30°且△BCM是等边三角形．（7分）∴∠ABP=∠PBC=30°，∴PC=PM=CM．（8分）同方法一，可得CM=DM+CD=2+4=6，∴PC=6×=3．即当PC=3时，四边形EFPG是矩形．（10分）拓展4、如图，在四边形ABCD中，AC平分∠BCD，AC⊥AB，E是BC的中点，AD⊥AE．（1）求证：AC2=CD•BC；（2）过E作EG⊥AB，并延长EG至点K，使EK=EB．①若点H是点D关于AC的对称点，点F为AC的中点，求证：FH⊥GH；②若∠B=30°，求证：四边形AKEC是菱形．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】（1）∵AC平分∠BCD，∴∠DCA=∠ACB．又∵AC⊥AB，AD⊥AE，∴∠DAC+∠CAE=90°，∠CAE+∠EAB=90°，∴∠DAC=∠EAB．又∵E是BC的中点，∴AE=BE，∴∠EAB=∠ABC，∴∠DAC=∠ABC，∴△ACD∽△BCA，∴=，∴AC2=CD•BC；（2）①证明：连接AH．∵∠ADC=∠BAC=90°，点H、D关于AC对称，∴AH⊥BC．∵EG⊥AB，AE=BE，∴点G是AB的中点，∴HG=AG，∴∠GAH=GHA．∵点F为AC的中点，∴AF=FH，∴∠HAF=∠FHA，∴∠FHG=∠AHF+∠AHG=∠FAH+∠HAG=∠CAB=90°，∴FH⊥GH；②∵EK⊥AB，AC⊥AB，∴EK∥AC，又∵∠B=30°，∴AC=BC=EB=EC．又EK=EB，∴EK=AC，即AK=KE=EC=CA，∴四边形AKEC是菱形．拓展5、(2013初二下期中清华大学附属中学)如图1，是线段上的一点，在的同侧作和，使，，，连接，点分别是的中点，顺次连接．（1）猜想四边形的形状，直接回答，不必说明理由；（2）当点在线段的上方时，如图2，在的外部作和，其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？说明理由；（3）如果（2）中，，其他条件不变，先补全图3，再判断四边形的形状，并说明理由．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析【解析】该题考查的是四边形综合．（1）四边形EFGH是菱形．（2分）（2）成立．（3分）连接AD，BC．（4分）∵，∴．即．又∵，，∴△APD≌△CPB（SAS）∴．（6分）∵E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，∴EF、FG、GH、EH分别是△ABC、△ABD、△BCD、△ACD的中位线．∴，，，．∴．∴四边形EFGH是菱形．（7分）（3）补全图形，如答图．（8分）判断四边形EFGH是正方形．（9分）连接AD，BC．∵（2）中已证△APD≌△CPB．∴．∵，∴．又∵．∴．∴（11分）∵（2）中已证GH，EH分别是△BCD，△ACD的中位线，∴GH∥BC，EH∥AD．∴．又∵（2）中已证四边形EFGH是菱形，∴菱形EFGH是正方形．（12分）拓展6、如图1，在矩形ABCD中，BC＞AB，∠BAD的平分线AF与BD、BC分别交于点E、F，点O是BD的中点，直线OK∥AF，交AD于点K，交BC于点G．（1）求证：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG；（2）若KD=KG，BC=4﹣．①求KD的长度；②如图2，点P是线段KD上的动点（不与点D、K重合），PM∥DG交KG于点M，PN∥KG交DG于点N，设PD=m，当S△PMN=时，求m的值．【答案】（1）证明见解析（2）①KD=a=2②m的值为1【解析】（1）①∵在矩形ABCD中，AD∥BC∴∠KDO=∠GBO，∠DKO=∠BGO∵点O是BD的中点∴DO=BO∴△DOK≌△BOG（AAS）②∵四边形ABCD是矩形∴∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC又∵AF平分∠BAD∴∠BAF=∠BFA=45°∴AB=BF∵OK∥AF，AK∥FG∴四边形AFGK是平行四边形∴AK=FG∵BG=BF+FG∴BG=AB+AK（2）①由（1）得，四边形AFGK是平行四边形∴AK=FG，AF=KG又∵△DOK≌△BOG，且KD=KG∴AF=KG=KD=BG设AB=a，则AF=KG=KD=BG=a∴AK=4﹣﹣a，FG=BG﹣BF=a﹣a∴4﹣﹣a=a﹣a解得a=∴KD=a=2②过点G作GI⊥KD于点I由（2）①可知KD=AF=2∴GI=AB=∴S△DKG=×2×=∵PD=m∴PK=2﹣m∵PM∥DG，PN∥KG∴四边形PMGN是平行四边形，△DKG∽△PKM∽△DPN∴，即S△DPN=同理S△PKM=∵S△PMN=∴S平行四边形PMGN=2S△PMN=2×又∵S平行四边形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM∴2×=﹣﹣，即m2﹣2m+1=0解得m1=m2=1∴当S△PMN=时，m的值为1拓展7、在图1﹣图4中，菱形ABCD的边长为3，∠A=60°，点M是AD边上一点，且DM=AD，点N是折线AB﹣BC上的一个动点．（1）如图1，当N在BC边上，且MN过对角线AC与BD的交点时，则线段AN的长度为．（2）当点N在AB边上时，将△AMN沿MN翻折得到△A′MN，如图2，①若点A′落在AB边上，则线段AN的长度为；②当点A′落在对角线AC上时，如图3，求证：四边形AMA′N是菱形；③当点A′落在对角线BD上时，如图4，求的值．【答案】（1）（2）①1②见解析③【解析】（1）如图1，过点N作NG⊥AB于G，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，OD=OB，∴=1，∴BN=DM=AD=1，∵∠DAB=60°，∴∠NBG=60°∴BG=，GN=，∴AN==；故答案为：；（2）①当点A′落在AB边上，则MN为AA′的中垂线，∵∠DAB=60°AM=2，∴AN=AM=1，故答案为：1；②在菱形ABCD中，AC平分∠DAB，∵∠DAB=60°，∴∠DAC=∠CAB=30°，∵△AMN沿MN翻折得到△A′MN，∴AC⊥MN，AM=A′M，AN=A′N，∴∠AMN=∠ANM=60°，∴AM=AN，∴AM=A′M=AN=A′N，∴四边形AMA′N是菱形；③在菱形ABCD中，AB=AD，∴∠ADB=∠ABD=60°，∴∠BA′M=∠DMA′+∠ADB，∴A′M=AM=2，∠NA′M=∠A=60°，∴∠NA′B=∠DMA′，∴△DMA′∽△BA′N，∴=，∵MD=AD=1，A′M=2，∴=．拓展8、如图1，在正方形中，是对角线上的一点，点在的延长线上，且，交于。（1）证明：。（2）求的度数。（3）如图2，把正方形改为菱形，其他条件不变，当时，连接，试探究线段与线段的数量关系，并说明理由。【解析】（1）因为四边形为正方形，所以，根据题意可知为对角线，所以，在和中，，所以，可得，因为，所以。（2）由（1）可知，所以，因为，所以为等腰三角形，可得，则，因为四边形为正方形，所以，即。在中，，因为，可得。在中，。（3）线段与线段的数量关系为。如图所示，连接。因为四边形为菱形，所以，根据题意可知为对角线，所以，在和中，，所以，可得，，因为，所以，且为等腰三角形，可得，则。因为，所以，则，即。因为，在菱形中，，可得，所以，根据，所以为等边三角形，即，根据，得。拓展9、如图1，正方形ABCD中，点E、F分别在边DC、AD上，且AE⊥BF于G．（1）求证：BF=AE；（2）如图2，当点E在DC延长线上，点F在AD延长线上时，（1）中结论是否成立？（直接写结论）（3）在图2中，若点M、N、P、Q分别为四边形AFEB四条边AF、EF、EB、AB的中点，且AF：AD=4：3，求S四边形MNPQ：S正方形ABCD．【答案】（1）见解析（2）成立（3）25：36【解析】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，三角形的中位线的判定及性质的运用，证明三角形全等和运用三角形的中位线的性质是关键．（1）根据正方形的性质就可以求出△ABF≌△DAE，就可以得出结论；（2）根据正方形的性质就可以求出△ABF≌△DAE就可以得出BF=AE；（3）根据条件可以设AF=4a，AD=3a，就可以求出DF=CE=a，由勾股定理就可以求出AE，由中位线的性质就可以求出MN的值，表示出正方形MNPQ的面积，就可以求出结论．（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠DAB=∠ADC=90°．∴∠DAE+∠BAE=90°．∵AE⊥BF，∴∠AGB=90°，∴∠GAB+∠GBA=90°，∴∠DAE=∠ABG．在△ABF和△DAE中，，∴△ABF≌△DAE（ASA），∴BF=AE；（2）结论成立即AE=BF．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠DAB=∠ADC=90°．∴∠DAE+∠BAE=90°．∵AE⊥BF，∴∠AGB=90°，∴∠GAB+∠GBA=90°，∴∠DAE=∠ABG．在△ABF和△DAE中，，∴△ABF≌△DAE（ASA），∴BF=AE；（3）∵AF：AD=4：3，设AF=4a，AD=3a，∴DF=a．∵△ABF≌△DAE，∴AF=DE，∴AF-AD=DE-DC，∴DF=CE，∴CE=a．∵点M、N、P、Q分别为四边形AFEB四条边AF、EF、EB、AB的中点，∴MN是△AEF的中位线，MQ是△ABF的中位线，∴MN=AE，MN∥AE，MQ=BF，MQ∥BF．∴MN=MQ．∠MNP=∠NPQ=∠PQM=90°，∴四边形MNPQ是正方形．在Rt△ABF中，由勾股定理，得BF=5a．∴MN=MQ=a．∴S四边形MNPQ=a2．∵S正方形ABCD=9a2，∴S四边形MNPQ：S正方形ABCD=a2：9a2=25：36．答：S四边形MNPQ：S正方形ABCD=25：36．拓展10、如图1所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，∠DCB=75°，以CD为一边的等边△DCE的另一顶点E在腰AB上．（1）求∠AED的度数；（2）求证：AB=BC；（3）如图2所示，若F为线段CD上一点，∠FBC=30°，求的值．【答案】（1）45°（2）见解析（3）1【解析】：∵∠BCD=75°，AD∥BC，∴∠ADC=105°．由等边△DCE可知∠CDE=60°，故∠ADE=45°．由AB⊥BC，AD∥BC，可得∠DAB=90°，∴∠AED=45°．（2）证明：由（1）知∠AED=45°，∴AD=AE，故点A在线段DE的垂直平分线上．由△DCE是等边三角形得