几何探究题(一)

在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），连接AC1、BD1，AC1与BD1交于点P. （1）如图1，若四边形ABCD是正方形.

①求证：△AOC1≌△BOD1.

②请直接写出AC1 与BD1的位置关系.

（2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AC=5，BD=7，设AC1=k BD1.

判断AC1与BD1的位置关系，说明理由，并求出k的值.

（3）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，AC=5，BD=10，连接DD1，设AC1=kBD1.

2请直接写出k的值和 AC (kDD 1 ) 2 的值. 1  A

D1 P D

A

P D1

D1

D

A

P O

C1 C

D1

A

P D D

O

B

C

C1 O C1

C B B

图1 图2 图3

第25题图

解：

（1）①证明：

∵四边形ABCD是正方形

∴ＡＣ＝ＢＤ，OC＝OA=

11ＡＣ，ＯＤ＝OB=ＢＤ 22O

B

图1

D1 A

P C

C1

∴OC=OA=ＯＤ＝OB，

∵△C1OD1由△COD绕点O旋转得到

∴O C1= OC，O D1=OD，∠CO C1=∠DO D1 ∴O C1= O D1 ∠AO C1=∠BO D1

∴△AO C1≌△BOD1………………………………３分 ②ＡC1⊥BD1………………………………………４分 （2）ＡC1⊥BD1…………………………………………５分

理由如下：∵四边形ABCD是菱形

D

O B

图2

C

C1

11∴OC＝OA=ＡＣ，ＯＤ＝OB=ＢＤ，AC⊥BD

22∵△C1OD1由△COD绕点O旋转得到

∴O C1= OC，O D1=OD，∠CO C1=∠DO D1 ∴O C1＝OA ，O D1＝OB，∠AO C1=∠BO D1

D1

A

D

C1 C P O

B

图3 第25题图

OC1OD1 OAOB∴OC1OA OD1OB∴

1

∴△AO C1∽△BOD1………………………………７分

∴∠O AC1= ∠OB D1

又∵∠AOB=90°

∴∠O AB+∠ABP+∠OB D1=90° ∴∠O AB+∠ABP+∠O AC1=90° ∴∠APB=90° ＡC1⊥BD1

∵△AO C1∽△BOD1

1ACAC1OA2AC5 ∴

1BD1OBBD7BD25

∴k……………………………………… ９分（其它方法按此标准赋分）

71

（3）k…………………………………………… １０分

2

AC12(kDD1)225…………………………………１２分

（2014•德州）问题背景：

如图1：在四边形ABC中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF=60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．

小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 EF=BE+DF ；

探索延伸：

如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由； 实际应用：

如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进.1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．

考点：全等三角形的判定与性质． 分析：问题背景：根据全等三角形对应边相等解答；

探索延伸：延长FD到G，使DG=BE，连接AG，根据同角的补角相等求出∠B=∠ADG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=AG，∠BAE=∠DAG，再求出∠EAF=∠GAF，然后利用“边角边”证明△AEF和

2

△GAF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，然后求解即可；

实际应用：连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出∠EAF=∠AOB，判断出符合探索延伸的条件，再根据探索延伸的结论解答即可． 解答：解：问题背景：EF=BE+DF；

探索延伸：EF=BE+DF仍然成立．

证明如下：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接AG， ∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°， ∴∠B=∠ADG，

在△ABE和△ADG中，

，

∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG， ∵∠EAF=∠BAD，

∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=∠EAF， ∴∠EAF=∠GAF， 在△AEF和△GAF中，

，

∴△AEF≌△GAF（SAS）， ∴EF=FG，

∵FG=DG+DF=BE+DF， ∴EF=BE+DF；

实际应用：如图，连接EF，延长AE、BF相交于点C， ∵∠AOB=30°+90°+（90°﹣70°）=140°， ∠EOF=70°， ∴∠EAF=∠AOB，

又∵OA=OB，

∠OAC+∠OBC=（90°﹣30°）+（70°+50°）=180°， ∴符合探索延伸中的条件， ∴结论EF=AE+BF成立，

即EF=1.5×（60+80）=210海里．

答：此时两舰艇之间的距离是210海里．

3

点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，读懂问题背景的求解思路，作辅助线构造出全

等三角形并两次证明三角形全等是解题的关键，也是本题的难点．

（达州市）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”及后面的问题。 习题解答：

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°，

FAD∴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。 习题研究

观察分析 观察图（1），由解答可知，该题有用的条件是①ABCD是四边形，点E、F分别在边BC、CD上；②AB=AD；③∠B=∠D=90°； ④EAF类比猜想

（1）在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD， ∠B=∠D，EAFAD/

BEC1BAD。答：成立。 2FC1BAD时，还有EF=BE+DF吗？答：不一定成立。 2BE 研究一个问题，常从特例入手，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？答：BE+DFEF.

（2）在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180，EAFEF=BE+DF吗？答：成立。

4

1BAD时，2归纳概括 反思前面的解答，思考每个条件的作用，可以得到一个结论“EF=BE+DF”的一般命题： 在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180，EAF总有EF=BE+DF 成立。

（2014年浙江嘉兴）类比梯形的定义，我们定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．

（1）已知：如图1，四边形ABCD是“等对角四边形”，∠A≠∠C，∠A=70°，∠B=80°．求∠C，∠D的度数．

（2）在探究“等对角四边形”性质时：

①小红画了一个“等对角四边形”ABCD（如图2），其中∠ABC=∠ADC，AB=AD，此时她发现CB=CD成立．请你证明此结论；

②由此小红猜想：“对于任意‘等对角四边形’，当一组邻边相等时，另一组邻边也相等”．你认为她的猜想正确吗？若正确，请证明；若不正确，请举出反例．

（3）已知：在“等对角四边形“ABCD中，∠DAB=60°，∠ABC=90°，AB=5，AD=4．求对角线AC的长．

1BAD时，2

考点： 四边形综合题．

分析： （1）利用“等对角四边形”这个概念来计算． （2）①利用等边对等角和等角对等边来证明； ②举例画图； （3）（Ⅰ）当∠ADC=∠ABC=90°时，延长AD，BC相交于点E，利用勾股定理求解；

（Ⅱ）当∠BCD=∠DAB=60°时，过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，求出线段利用勾股定理求解．

解答：

解：（1）如图1

∵等对角四边形ABCD，∠A≠∠C， ∴∠D=∠B=80°，

∴∠C=360°﹣70°﹣80°﹣80°=130°；

（2）①如图2，连接BD， ∵AB=AD，

∴∠ABD=∠ADB，

5

∵∠ABC=∠ADC，

∴∠ABC﹣∠ABD=∠ADC﹣∠ADB， ∴∠CBD=∠CDB， ∴CB=CD， ②不正确，

反例：如图3，∠A=∠C=90°，AB=AD， 但CB≠CD，

（3）（Ⅰ）如图4，当∠ADC=∠ABC=90°时，延长AD，BC相交于点E，

∵∠ABC=90°，∠DAB=60°，AB=5， ∴AE=10，

∴DE=AE﹣AD=10﹣4═6， ∵∠EDC=90°，∠E=30°， ∴CD=2∴AC=

，

=

=2

（Ⅱ）如图5，当∠BCD=∠DAB=60°时，过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，

∵DE⊥AB，∠DAB=60°AD=4， ∴AE=2，DE=2， ∴BE=AB﹣AE=5﹣2=3， ∵四边形BFDE是矩形， ∴DF=BE=3，BF=DE=2， ∵∠BCD=60°， ∴CF=，

∴BC=CF+BF=+2=3，

6

∴AC===2．

点评： 本题主要考查了四边形的综合题，解题的关键是理解并能运用“等对角四边形”这个概念． D A

（临沂市）问题情境：如图1，四边形ABCD是正方形，M是 BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分DAM.

探究展示：

（1）证明：AMADMC； （2）AMDEBM是否成立？ 若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由.

拓展延伸：

（3）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形， 其他条件不变，如图2，探究展示（1）、（2）中的结 论是否成立？请分别作出判断，不需要证明.

B

图2 （第25题图）

M

C E

A B

M 图1

C

D E

证明： （1）（本小问4分）

方法一：过点E作EF⊥AM，垂足为F.

∵AE平分∠DAM，ED⊥AD， ∴ED=EF. ··································· （1分） 由勾股定理可得, AD=AF. ······································ （2分） 又∵E是CD边的中点， G C ∴EC=ED=EF. 又∵EM=EM，

∴Rt△EFM≌Rt△ECM. ∴MC=MF.············································· ·········································· （3分） ∵AM=AF+FM， ∴AM=AD+MC. ················································································· （4分） 方法二：

连接FC. 由方法一知，∠EFM=90°, AD=AF，EC=EF. ······························ （2分） 则∠EFC=∠ECF， ∴∠MFC=∠MCF. ∴MF=MC.························································································ （3分） ∵AM=AF+FM， ∴AM=AD+MC. ················································································· （4分） 方法三：

延长AE，BC交于点G.

∵∠AED=∠GEC，∠ADE=∠GCE=90°，DE=EC， ∴△ADE≌△GCE.

∴AD=GC, ∠DAE=∠G. ······································································ （2分） 又∵AE平分∠DAM，

7

∴∠DAE=∠MAE， ∴∠G=∠MAE， ∴AM=GM， ····················································································· （3分） ∵GM=GC+MC=AD+MC， ∴AM=AD+MC. ················································································· （4分） 方法四：

连接ME并延长交AD的延长线于点N， ∵∠MEC＝∠NED， EC＝ED，

∠MCE＝∠NDE=90°， ∴△MCE≌△NDE.

∴MC=ND，∠CME=∠DNE. ································································ （2分） 由方法一知△EFM≌△ECM， ∴∠FME=∠CME， ∴∠AMN=∠ANM. ·············································································· （3分） ∴AM=AN=AD+DN=AD+MC. ······························································· （4分） （2）（本小问5分）

D A 成立. ········································· （1分） 方法一：延长CB使BF=DE，

连接AF，

E ∵AB=AD，∠ABF=∠ADE=90°，

∴△ABF≌△ADE，

∴∠FAB=∠EAD，∠F=∠AED. ······· （2分）

C F B M ∵AE平分∠DAM，

∴∠DAE=∠MAE. ∴∠FAB=∠MAE，

∴∠FAM=∠FAB+∠BAM=∠BAM+∠MAE=∠BAE. ··································· （3分） ∵AB∥DC，

∴∠BAE=∠DEA， ∴∠F=∠FAM， ∴AM=FM. ························································································ （4分） 又∵FM=BM+BF=BM+DE， ∴AM=BM+DE. ·················································································· （5分） 方法二：

设MC=x，AD=a.

由（1）知 AM=AD+MC=a+x. 在Rt△ABM中，

∵AM2AB2BM2，

∴(ax)2a2(ax)2， ···································································· （3分）

1∴xa. ························································································· （4分）

435∴BMa，AMa，

44315∵BM+DE=aaa，

424

8

∴AMBMDE. ············································································· （5分） （3）（本小问2分） AM=AD+MC成立， ··········································································· （1分） AM=DE+BM不成立. ·········································································· （2分）

（日照市）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．求证：CE＝CF；

（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE＋GD．

（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：

如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE=10, 求直角梯形ABCD的面积． A D

A D F A D G E E E

B C C C B B （第23题图3）

（第23题图1） （第23题图2）

解答：（1）证明：在正方形ABCD中，

∵BC＝CD，∠B＝∠CDF，BE＝DF， ∴△CBE≌△CDF．

∴CE＝CF． …………………………2分

（2）证明： 如图2，延长AD至F，使DF=BE．连接CF． 由（1）知△CBE≌△CDF，

∴∠BCE＝∠DCF．

∴∠BCE＋∠ECD＝∠DCF＋∠ECD 即∠ECF＝∠BCD＝90°，

A D F G 又∠GCE＝45°，∴∠GCF＝∠GCE＝45°．

∵CE＝CF，∠GCE＝∠GCF，GC＝GC，

∴△ECG≌△FCG．…………………………5分 ∴GE＝GF

E ∴GE＝DF＋GD＝BE＋GD． ……………6分

（3）解：如图3，过C作CG⊥AD，交AD延长线于G．

在直角梯形ABCD中， C B （第23题答案图2）

∵AD∥BC，∴∠A＝∠B＝90°，

A D G 又∠CGA＝90°，AB＝BC，

∴四边形ABCD 为正方形．

∴AG＝BC．…………………………7分 已知∠DCE＝45°，

E 根据（1）（2）可知，ED＝BE＋DG．……8分

所以10=4+DG，即DG=6.

B C 设AB＝x，则AE＝x－4，AD＝x－6

（第23题答案图3）

在Rt△AED中， ∵DE2AD2AE2，即102x62x42．

9

解这个方程，得：x＝12，或x＝－2（舍去）．…………………………9分 ∴AB＝12．

所以梯形ABCD的面积为S=(ADBC)AB121(612)12108. 2答：梯形ABCD的面积为108. …………………………10分

（齐齐哈尔）在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线MN过点A且MN∥BC.以点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE=90°，且点D在直线MN上（不与点A重合）.如图1，DE与AC交于点P，易证：BD=DP.(无需写证明过程)

（1）在图2中，DE与CA延长线交于点P，BD=DP是否成立？如果成立，请给予 证明，如果不成立，请说明理由；

（2）在图3中，DE与AC延长线交于点P，BD与DP是否相等？请直接写出你的结论，无需证明. MD B

E图1APEC B图2C B图3C PNMD PAENMAD N（2014•内江）如图，在△ABC中，D是BC边上的点（不与点B、C重合），连结AD． 问题引入：

（1）如图①，当点D是BC边上的中点时，S△ABD：S△ABC= 1：2 ；当点D是BC边上任意一点时，S

． △ABD：S△ABC= BD：BC （用图中已有线段表示）

探索研究：

（2）如图②，在△ABC中，O点是线段AD上一点（不与点A、D重合），连结BO、CO，试猜想S△BOC与S△ABC之比应该等于图中哪两条线段之比，并说明理由． 拓展应用：

（3）如图③，O是线段AD上一点（不与点A、D重合），连结BO并延长交AC于点F，连结CO并延长交AB于点E，试猜想

+

+

的值，并说明理由．

考点： 相似形综合题 分析： （1）根据三角形的面积公式，两三角形等高时，可得两三角形底与面积的关系，可得答案； （2）根据三角形的面积公式，两三角形等底时，可得两三角形的高与面积的关系，可得答案； （3）根据三角形的面积公式，两三角形等底时，可得两三角形的高与面积的关系，再根据分式的加减，可得答案．

10

解答： 解：（1）如图①，当点D是BC边上的中点时，S△ABD：S△ABC=1：2；当点D是BC边上任意一点时，S△ABD：S△ABC=BD：BC， 故答案为：1：2，BD：BC； （2）S△BOC：S△ABC=OD：AD， 如图②作OE⊥BC与E，作AF⊥BC与F，， ∵OE∥AF， ∴△OED∽△AFD， ． ∵， ∴； （3）++=1，理由如下： 由（2）得，，． ∴++= = ==1． 点评： 本题考查了相似形综合题，利用了等底的三角形面积与高的关系，相似三角形的判定与性质．

（衢州市）提出问题：

（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，H分别在BC，AB上，若AE⊥DH于点O ，求证：AE=DH； 类比探究：

11

（2）如图2，在正方形ABCD中，点H，E，G，F分别在AB，BC，CD，DA上，若EF⊥HG于点O，

探究线段EF与HG的数量关系，并说明理由； 综合运用：

（3）在（2）问条件下，HF∥GE，如图3所示，已知BE=EC=2，EO=2FO，求图中阴影部分的面积。

（潍坊市）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G． (1)求证：AE⊥BF；

(2)将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP交BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值； (3)将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．

考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形．

分析：（1）由四边形ABCD是正方形，可得∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，又由BE=CF，即可证得△ABE≌△BCF,可得∠BAE=∠CBF，由∠ABF+∠CBF=90可得∠ABF+∠BAE=90，即AE⊥BF；

（2）由△BCF≌△BPF, 可得CF=PF,BC=BP,∠BFE=∠BFP，由CD∥AB得∠BFC=∠ABF,从而QB=QF，设PF为x,则BP为2x,在Rt△QBF中可求 QB为（3）由

0

0

5x，即可求得答案； 2AGNAN2()可求出△AGN的面积，进一步可求出四边形GHMN的面积．

AHMAM0

0

解答：(1)证明：∵E、F分别是正方形ABCD边BC、CD的中点，∴CF=BE，

∴Rt△ABE≌Rt△BCF ∴∠BAE=∠CBF 又∵∠BAE+∠BEA=90，∴∠CBF+∠BEA=90， ∴∠BGE=90， ∴AE⊥BF

(2)根据题意得：FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90， ∵CD∥AB, ∴∠CFB=∠ABF，∴∠ABF=∠PFB．∴QF=QB 令PF=k（k>O），则PB=2k，

12

0

0

在Rt△BPQ中，设QB=x， ∴x=(x-k)+4k, ∴x=

222

5BP2k4k，∴sin∠BQP=

5k2QP52(3)由题意得：∠BAE=∠EAM,又AE⊥BF, ∴AN=AB=2, ∵ ∠AHM=90, ∴GN//HM, ∴

0

AGN24AGNAN2()2 () ∴

15AHMAM5∴ 四边形GHMN=SΔAHM - SΔAGN=1一答：四边形GHMN的面积是4.

544= 55点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角函数等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．

（2014•扬州）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．

（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA． ①求证：△OCP∽△PDA；

②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；

（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数； （3）如图2，

，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与

点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．

考点：相似形综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩

形的性质；特殊角的三角函数值． 专题：综合题；动点型；探究型． 分析：（1）只需证明两对对应角分别相等即可证到两个三角形相似，然后根据相似三角形

的性质求出PC长以及AP与OP的关系，然后在Rt△PCO中运用勾股定理求出OP长，从而求出AB长．

（2）由DP=DC=AB=AP及∠D=90°，利用三角函数即可求出∠DAP的度数，进而求出∠OAB的度数．

（3）由边相等常常联想到全等，但BN与PM所在的三角形并不全等，且这两条线段的位置很不协调，可通过作平行线构造全等，然后运用三角形全等及等腰三角形的性质即可推出EF是PB的一半，只需求出PB长就可以求出EF长．

13

解答：解： （1）如图1，

①∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°． 由折叠可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B． ∴∠APO=90°．

∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠POC． ∵∠D=∠C，∠APD=∠POC． ∴△OCP∽△PDA．

②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，

∴

=

=

=

=．

∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP． ∵AD=8，∴CP=4，BC=8．

设OP=x，则OB=x，CO=8﹣x． 在Rt△PCO中，

∵∠C=90°，CP=4，OP=x，CO=8﹣x， ∴x2=（8﹣x）2+42． 解得：x=5．

∴AB=AP=2OP=10． ∴边AB的长为10．

（2）如图1，

∵P是CD边的中点， ∴DP=DC． ∵DC=AB，AB=AP， ∴DP=AP． ∵∠D=90°， ∴sin∠DAP=

=．

∴∠DAP=30°．

∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°， ∴∠OAB=30°．

∴∠OAB的度数为30°．

（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2． ∵AP=AB，MQ∥AN，

∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP． ∴∠APB=∠MQP． ∴MP=MQ．

∵MP=MQ，ME⊥PQ， ∴PE=EQ=PQ． ∵BN=PM，MP=MQ， ∴BN=QM． ∵MQ∥AN，

14

∴∠QMF=∠BNF． 在△MFQ和△NFB中，

．

∴△MFQ≌△NFB． ∴QF=BF． ∴QF=QB．

∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB． 由（1）中的结论可得： PC=4，BC=8，∠C=90°． ∴PB=∴EF=PB=2

=4．

．

．

∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，长度为2

点评：本题是一道运动变化类的题目，考查了相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质

和判定、矩形的性质、等腰三角形的性质和判定、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，综合性比较强，而添加适当的辅助线是解决最后一个问题的关键． （2014年江苏盐城）【问题情境】张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．

15

小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF． 小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF． 【变式探究】如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD﹣PE=CF； 请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：

【结论运用】如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值； 【迁移拓展】图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，且AD•CE=DE•BC，AB=2dm，AD=3dm，BD=的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．

dm．M、N分别为AE、BE

考点： 四边形综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质． 专题： 压轴题；探究型．

分析： 【问题情境】如下图②，按照小军、小俊的证明思路即可解决问题． 【变式探究】如下图③，借鉴小军、小俊的证明思路即可解决问题．

【结论运用】易证BE=BF，过点E作EQ⊥BF，垂足为Q，如下图④，利用问题情境中的结论可得PG+PH=EQ，易证EQ=DC，BF=DF，只需求出BF即可．

【迁移拓展】由条件AD•CE=DE•BC联想到三角形相似，从而得到∠A=∠ABC，进而补全等腰三角形，△DEM与△CEN的周长之和就可转化为AB+BH，而BH是△ADB的边AD上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求出BH，就可解决问题． 解答： 解：【问题情境】证明：（方法1）连接AP，如图② ∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB， 且S△ABC=S△ABP+S△ACP， ∴

AB•CF=AB•PD+AC•PE．

∵AB=AC， ∴CF=PD+PE．

（方法2）过点P作PG⊥CF，垂足为G，如图②． ∵PD⊥AB，CF⊥AB，PG⊥FC， ∴∠CFD=∠FDG=∠FGP=90°．

16

∴四边形PDFG是矩形． ∴DP=FG，∠DPG=90°． ∴∠CGP=90°． ∵PE⊥AC， ∴∠CEP=90°． ∴∠PGC=∠CEP．

∵∠BDP=∠DPG=90°． ∴PG∥AB． ∴∠GPC=∠B． ∵AB=AC， ∴∠B=∠ACB． ∴∠GPC=∠ECP． 在△PGC和△CEP中，

∴△PGC≌△CEP． ∴CG=PE． ∴CF=CG+FG =PE+PD． 【变式探究】 证明：（方法1）连接AP，如图③． ∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB， 且S△ABC=S△ABP﹣S△ACP， ∴

AB•CF=AB•PD﹣AC•PE．

∵AB=AC， ∴CF=PD﹣PE．

（方法2）过点C作CG⊥DP，垂足为G，如图③． ∵PD⊥AB，CF⊥AB，CG⊥DP， ∴∠CFD=∠FDG=∠DGC=90°． ∴四边形CFDG是矩形． ∴CF=GD，∠DGC=90°． ∴∠CGP=90°． ∵PE⊥AC， ∴∠CEP=90°． ∴∠CGP=∠CEP． ∵CG⊥DP，AB⊥PD， ∴∠CGP=∠BDP=90°． ∴CG∥AB． ∴∠GCP=∠B． ∵AB=AC， ∴∠B=∠ACB． ∵∠ACB=∠PCE， ∴∠GCP=∠ECP． 在△CGP和△CEP中，

17

∴△CGP≌△CEP． ∴PG=PE．

∴CF=DG=DP﹣PG =DP﹣PE．

【结论运用】过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图④， ∵四边形ABCD是矩形，

∴AD=BC，∠C=∠ADC=90°． ∵AD=8，CF=3，

∴BF=BC﹣CF=AD﹣CF=5．

由折叠可得：DF=BF，∠BEF=∠DEF． ∴DF=5． ∵∠C=90°， ∴DC==

=4．

∵EQ⊥BC，∠C=∠ADC=90°， ∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC． ∴四边形EQCD是矩形． ∴EQ=DC=4． ∵AD∥BC，

∴∠DEF=∠EFB． ∵∠BEF=∠DEF， ∴∠BEF=∠EFB． ∴BE=BF．

由问题情境中的结论可得：PG+PH=EQ． ∴PG+PH=4．

∴PG+PH的值为4．

【迁移拓展】延长AD、BC交于点F，作BH⊥AF，垂足为H，如图⑤． ∵AD•CE=DE•BC， ∴

=

．

∵ED⊥AD，EC⊥CB， ∴∠ADE=∠BCE=90°． ∴△ADE∽△BCE． ∴∠A=∠CBE． ∴FA=FB．

由问题情境中的结论可得：ED+EC=BH． 设DH=xdm，

则AH=AD+DH=（3+x）dm． ∵BH⊥AF， ∴∠BHA=90°．

18

∴BH2=BD2﹣DH2=AB2﹣AH2． ∵AB=2，AD=3，BD=， ∴（）2﹣x2=（2）2﹣（3+x）2． 解得：x=1．

∴BH2=BD2﹣DH2 =37﹣1=36． ∴BH=6． ∴ED+EC=6．

∵∠ADE=∠BCE=90°，

且M、N分别为AE、BE的中点， ∴DM=EM=AE，CN=EN=BE． ∴△DEM与△CEN的周长之和 =DE+DM+EM+CN+EN+EC =DE+AE+BE+EC =DE+AB+EC =DE+EC+AB =6+2．

∴△DEM与△CEN的周长之和为（6+2

）dm．

19

点评： 本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．

（2014年山东烟台）在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．

（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由；

（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）

（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；

（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2，试求出线段CP的最小值．

分析：（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；

（2）是．四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+ ∠ADF=90°，所以AE⊥DF；

（3）成立．由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；

（4）由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得 OC的长，再求CP即可． 解：（1）AE=DF，AE⊥DF．理由：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°．∵DE=CF，∴△ADE≌△DCF． ∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°．∴AE⊥DF； （2）是；

20

（3）成立．

理由：由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF 延长FD交AE于点G，

则∠CDF+∠ADG=90°， ∴∠ADG+∠DAE=90°． ∴AE⊥DF； （4）如图：

由于点P在运动中保持∠APD=90°，

∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，

设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小， 在Rt△ODC中，OC=

，

∴CP=OC﹣OP=．

点评： 本题主要考查了四边形的综合知识．综合性较强，特别是第（4）题要认真分析．

(2014年福建漳州)阅读材料：如图1，在△AOB中，∠O=90°，OA=OB，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF=OA．（此结论不必证明，可直接应用）

（1）【理解与应用】

如图2，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD相交于点O，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF的值为 ． （2）【类比与推理】

如图3，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=4，AD=3，点P在AB边上，PE∥OB交AC于点E，PF∥OA交BD于点F，求PE+PF的值； （3）【拓展与延伸】

如图4，⊙O的半径为4，A，B，C，D是⊙O上的四点，过点C，D的切线CH，DG相交于点M，点P在弦AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AD于点F，当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．

考点： 圆的综合题；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的性质；弦切角定理；相似三角形的判定与性质．

专题： 压轴题；探究型．

分析： （1）易证：OA=OB，∠AOB=90°，直接运用阅读材料中的结论即可解决问题．

（2）易证：OA=OB=OC=0D=，然后由条件PE∥OB，PF∥AO可证△AEP∽△AOB，△BFP∽△BOA，从而可得

==1，进而求出EP+FP=．

21

（3）易证：AD=BC=4．仿照（2）中的解法即可求出PE+PF=4，因而PE+PF是定值． 解答： 解：（1）如图2， ∵四边形ABCD是正方形，

∴OA=OB=OC=OD，∠ABC=∠AOB=90°． ∵AB=BC=2， ∴AC=2． ∴OA=．

∵OA=OB，∠AOB=90°，PE⊥OA，PF⊥OB， ∴PE+PF=OA=．

（2）如图3，

∵四边形ABCD是矩形，

∴OA=OB=OC=OD，∠DAB=90°． ∵AB=4，AD=3， ∴BD=5．

∴OA=OB=OC=OD=．

∵PE∥OB，PF∥AO，

∴△AEP∽△AOB，△BFP∽△BOA． ∴，． ∴==1．

∴

+

=1．

∴EP+FP=． ∴PE+PF的值为．

（3）当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是定值．理由：连接OA、OB、OC、OD，如图4． ∵DG与⊙O相切， ∴∠GDA=∠ABD． ∵∠ADG=30°， ∴∠ABD=30°．

∴∠AOD=2∠ABD=60°． ∵OA=OD，

∴△AOD是等边三角形． ∴AD=OA=4． 同理可得：BC=4． ∵PE∥BC，PF∥AD，

∴△AEP∽△ACB，△BFP∽△BDA． ∴

，．

22

∴∴

==1．

=1．

∴PE+PF=4．

∴当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF=4．

点评： 本题考查了正方形的性质、矩形的性质、弦切角定理、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了类比联想的能力，由一定的综合性．要求PE+PF的值，想到将相似所得的比式相加是解决本题的关键．

（2014年浙江舟山）类比梯形的定义，我们定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．

（1）已知：如图1，四边形ABCD是“等对角四边形”，∠A≠∠C，∠A=70°，∠B=80°．求∠C，∠D的度数．

（2）在探究“等对角四边形”性质时：

①小红画了一个“等对角四边形”ABCD（如图2），其中∠ABC=∠ADC，AB=AD，此时她发现CB=CD成立．请你证明此结论；

②由此小红猜想：“对于任意‘等对角四边形’，当一组邻边相等时，另一组邻边也相等”．你认为她的猜想正确吗？若正确，请证明；若不正确，请举出反例．

（3）已知：在“等对角四边形“ABCD中，∠DAB=60°，∠ABC=90°，AB=5，AD=4．求对角线AC的长．

23

考点： 四边形综合题．

分析： （1）利用“等对角四边形”这个概念来计算． （2）①利用等边对等角和等角对等边来证明； ②举例画图； （3）（Ⅰ）当∠ADC=∠ABC=90°时，延长AD，BC相交于点E，利用勾股定理求解；

（Ⅱ）当∠BCD=∠DAB=60°时，过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，求出线段利用勾股定理求解．

解答：

解：（1）如图1

∵等对角四边形ABCD，∠A≠∠C， ∴∠D=∠B=80°，

∴∠C=360°﹣70°﹣80°﹣80°=130°；

（2）①如图2，连接BD， ∵AB=AD，

∴∠ABD=∠ADB， ∵∠ABC=∠ADC，

∴∠ABC﹣∠ABD=∠ADC﹣∠ADB， ∴∠CBD=∠CDB， ∴CB=CD， ②不正确，

反例：如图3，∠A=∠C=90°，AB=AD， 但CB≠CD，

（3）（Ⅰ）如图4，当∠ADC=∠ABC=90°时，延长AD，BC相交于点E，

24

∵∠ABC=90°，∠DAB=60°，AB=5， ∴AE=10，

∴DE=AE﹣AD=10﹣4═6， ∵∠EDC=90°，∠E=30°， ∴CD=2∴AC=

，

=

=2

（Ⅱ）如图5，当∠BCD=∠DAB=60°时，过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，

∵DE⊥AB，∠DAB=60°AD=4， ∴AE=2，DE=2， ∴BE=AB﹣AE=5﹣2=3， ∵四边形BFDE是矩形， ∴DF=BE=3，BF=DE=2∵∠BCD=60°， ∴CF=， ∴BC=CF+BF=∴AC=

+2=

=3，

，

=2

．

点评： 本题主要考查了四边形的综合题，解题的关键是理解并能运用“等对角四边形”这个概念． (2014年河南省)（1）问题发现

如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE． 填空：

①∠AEB的度数为 60° ；

②线段AD，BE之间的数量关系为 AD=BE ． （2）拓展探究

如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．

（3）解决问题

如图3，在正方形ABCD中，CD=，若点P满足PD=1，且∠BPD=90°，请直接写出点A到BP的距离．

25

考点： 圆的综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；直角三角形斜边上的中线；正方形的性质；圆周角定理． 专题： 综合题；探究型．

分析： （1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数． （2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度数，证出AD=BE；由△DCE为等腰直角三角形及CM为△DCE中DE边上的高可得CM=DM=ME，从而证到AE=2CH+BE．

（3）由PD=1可得：点P在以点D为圆心，1为半径的圆上；由∠BPD=90°可得：点P在以BD为直径的圆上．显然，点P是这两个圆的交点，由于两圆有两个交点，接下来需对两个位置分别进行讨论．然后，添加适当的辅助线，借助于（2）中的结论即可解决问题． 解答： 解：（1）①如图1，

∵△ACB和△DCE均为等边三角形，

∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°． ∴∠ACD=∠BCE． 在△ACD和△BCE中，

∴△ACD≌△BCE． ∴∠ADC=∠BEC．

∵△DCE为等边三角形， ∴∠CDE=∠CED=60°．

∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC=120°． ∴∠BEC=120°．

∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°． 故答案为：60°．

②∵△ACD≌△BCE， ∴AD=BE．

故答案为：AD=BE．

（2）∠AEB=90°，AE=BE+2CM． 理由：如图2，

∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形， ∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°． ∴∠ACD=∠BCE． 在△ACD和△BCE中，

26

∴△ACD≌△BCE．

∴AD=BE，∠ADC=∠BEC． ∵△DCE为等腰直角三角形， ∴∠CDE=∠CED=45°．

∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC=135°． ∴∠BEC=135°．

∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°． ∵CD=CE，CM⊥DE， ∴DM=ME． ∵∠DCE=90°， ∴DM=ME=CM．

∴AE=AD+DE=BE+2CM．

（3）∵PD=1，

∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上． ∵∠BPD=90°，

∴点P在以BD为直径的圆上． ∴点P是这两圆的交点．

①当点P在如图3①所示位置时，

连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H， 过点A作AE⊥AP，交BP于点E，如图3①． ∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ADB=45°．AB=AD=DC=BC=，∠BAD=90°． ∴BD=2． ∵DP=1， ∴BP=．

∵A、P、D、B四点共圆， ∴∠APB=∠ADB=45°．

∴△PAE是等腰直角三角形．

又∵△BAD是等腰直角三角形，点B、E、P共线，AH⊥BP， ∴由（2）中的结论可得：BP=2AH+PD． ∴=2AH+1． ∴AH=

．

②当点P在如图3②所示位置时，

连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，

过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，如图3②． 同理可得：BP=2AH﹣PD． ∴

=2AH﹣1．

．

∴AH=

27

综上所述：点A到BP的距离为或．

点评： 本题考查了等边三角形的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、圆周角定理、三角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，是体现新课程理念的一道好题．而通过添加适当的辅助线从而能用（2）中的结论解决问题是解决第（3）的关键．

28