平行四边形综合证明题

33．（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∠ECG＝45°，请你利用（1）的结论证明：sECGsBCEsCDG．

（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ABCG中，AG∥BC（BC＞AG），∠B＝90°，AB＝BC=6，E是AB上一点，且∠ECG＝45°，BE＝2．求△ECG的面积．

A A A

E

B C E B C E B图3 C

【答案】（1）先根据正方形的性质可得BC＝CD，∠B＝∠CDF，BE＝DF，即可证得△CBE≌△CDF，从而得到结论；（2）延长AD至F，使DF=BE．连接CF．由（1）知△CBE≌△CDF，即可得到∠BCE＝∠DCF．又∠GCE＝45°，可得∠BCE+∠GCD＝45°．即可得到∠ECG＝∠GCF．又CE＝CF，GC＝GC，即可证得△ECG≌△FCG，即可证得结论；（3）15

【解析】

试题分析：（1）先根据正方形的性质可得BC＝CD，∠B＝∠CDF，BE＝DF，即可证得△CBE≌△CDF，从而得到结论；

（2）延长AD至F，使DF=BE．连接CF．由（1）知△CBE≌△CDF，即可得到∠BCE＝∠DCF．又∠GCE＝45°，可得∠BCE+∠GCD＝45°．即可得到∠ECG＝∠GCF．又CE＝CF，GC＝GC，即可证得△ECG≌△FCG，即可证得结论；

（3）过C作CD⊥AG，交AG延长线于D．证得四边形ABCD 为正方形．由（2）中△ECG≌△FCG，即得GE＝GF．GE＝DF＋GD＝BE＋GD，设DG＝x，可得AE=4，AG＝6—x，EG=2+ x．在Rt△AEG中，根据勾股定理即可列方程求得x的值，再根据三角形的面积公式即可求得结果．

（1）在正方形ABCD中，

∵BC＝CD，∠B＝∠CDF，BE＝DF，

∴△CBE≌△CDF．

∴CE＝CF．

（2）如图2，延长AD至F，使DF=BE．连接CF．

A D 图1 图2

E

B 图2

由（1）知△CBE≌△CDF，

∴∠BCE＝∠DCF．

又∠GCE＝45°，

∴∠BCE+∠GCD＝45°．

∴∠DCF＋∠GCD＝∠GCF＝45°

即∠ECG＝∠GCF．

又∵CE＝CF，GC＝GC，

∴△ECG≌△FCG．

∴SECGSCFG=SCDGSCDF．

∴SECGSBCESCDG．

（3）如图3，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D．

在直角梯形ABCG中，

∵AG∥BC，∴∠A＝∠B＝90°，

又∠CDA＝90°，AB＝BC，

∴四边形ABCD 为正方形．

已知∠ECG＝45°．

由（2）中△ECG≌△FCG，∴ GE＝GF．

∴GE＝DF＋GD＝BE＋GD．

设DG＝x，

∵BE=2，AB=6，

∴AE=4，AG＝6—x，EG=2+ x．

在Rt△AEG中，

GEAEAG，即

解得：x＝3． 222(2x)2426x2．

∴SCEG112636SBCESCDG=22=15．

∴△CEG的面积为15．

考点：正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，直角梯形的性质，勾股定理

点评：此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．

34．如图，正方形ABCD的边长为1，点E是AD边上的动点，从点A沿AD向D运动，以BE为边，在BE的．．

上方作正方形BEFG，连接CG。请探究：

（1）线段AE与CG是否相等？请说明理由。

（2）若设AE=x，DH=y，当x取何值时，y最大？

（3）连接BH，当点E运动到AD的何位置时，△BEH∽△BAE？ 【答案】三角形全等；当x11时，y有最大值为；相似三角形的判定定理 42

【解析】

试题分析：（1）AECG

理由：正方形ABCD和正方形BEFG中

3590

4590

∴ 34

又ABBC,BEBG 2分

∴△ABE≌△CBG „„3分

∴ AECG „„ „„4分

（2）∵正方形ABCD和正方形BEFG

∴ADFEB90

∴ 1290

2390

∴ 13

又∵AD

∴△ABE∽△DEH „„ „6分 DHDE AEAB

y1x∴  „ 7分 x1∴

∴ yxx 211(x)2 8分 24

当x11时，y有最大值为 9分 42

（3）当E点是AD的中点时，△BEH∽△BAE 10分

理由：∵ E是AD中点

1 2

1∴ DH 11分 4∴ AE

又∵△ABE∽△DEH

EHDH1 12分 BEAE2

AE1 又∵ AB2

AEEH∴ „14分 ABBE

又DABFEB90 ∴

∴ △BEH∽△BAE„ 15分

考点：全等三角形的性质和判定

点评：解答本题的关键是熟练掌握判定两个三角形全等的一般方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．

35．如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，动点P从A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动；动点Q从点C开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动．P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动，设运动时间为ts．

（1）当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？

（2）当t为何值时，四边形PQCD为等腰梯形？

（3）当t为何值时，四边形PQCD为直角梯形？

【答案】t=6(秒). t=7(秒). t=13(秒) 2

【解析】

试题分析：解：（1）∵AD∥BC，

∴当PD=CQ时，四边形PQCD为平行四边形.

∵AP=t cm,AD=24cm，

∴PD=24－t(cm),

∴24－t=3t,

∴t=6(秒).

（2）过点D作DE⊥BC于E，得矩形ABED，

∴ AD=BE=24 cm，

∴CE=26－24=2(cm)，

∵AD∥BC，

∴当CQ=PD＋2CD时，四边形PQCD为等腰梯形.

∴3t=24－t＋2×2， t=7(秒).

（3）∵AD∥BC，

∴当BQ=AP时，四边形PQCD为直角梯形.

∴26－3t= t，

∴t=13(秒). 2

考点：动点与图形

点评：本题难度较大，动点问题为中考常见题型，经常为压轴题。准确分析动点列式是解题关键。

36．在平面直角坐标系xOy中，直线yx6与x轴交于点A，与y轴交于点B．

图1 图

2

（1）求∠BAO的度数；

（2）如图1，P为线段AB上一点，在AP上方以AP为斜边作等腰直角三角形APD．点Q在AD上，连结PQ，过作射线PF⊥PQ交x轴于点F，作PG⊥x轴于点G．

求证：PF＝PQ ；

（3）如图2，E为线段AB上一点，在AE上方以AE为斜边作等腰直角三角形AED．若P为线段EB的中点，连接PD、PO，猜想线段PD、PO有怎样的关系？并说明理由．

【答案】（1）BAO45（2）证明：在等腰直角三角形APD中，PDA90，DA=DP，1APD45，∴DP⊥AD于D，由（1）可得BAO45，∴BAO1，又∵PG⊥x轴于G，∴PG = PD，∴AGPPGFD90，∴4BAO45，∴4APDDPG90，即3GPQ90，又∵PQ⊥PF，∴2GPQ90，∴23，在△PGF和△PDQ中，PGFD，PGPD，23，∴△PGF≌△PDQ，∴PF=PQ（3）

图2 OP⊥DP，OP＝DP 证明：延长DP至H，使得PH=PD，∵P为BE的中点，∴

PB=PE，在△PBH和△PED中，PBPE，12，PHPD，∴△PBH≌△PED，∴BH=ED，∴34，∴BH∥ED，在等腰直角三角形ADE中，AD=ED，∴AD=BH，DAEDEA45，DAEBAODAO90，∴DE∥x轴，BH∥x轴， BH⊥y轴，∴DAOHBO90，由（1）可得 OA=OB，在△DAO和△HBO中，

∴△DAO≌△HBO，∴OD=OH，∠5=∠6，∵AOB5DOB90

ADBH，DAOHBO，OAOB，

∴DOH6DOB90，∴在等腰直角三角形△DOH中，∵DP=HP，∴OP⊥DP，7

∴ODP7，∴OP=PD

【解析】

试题分析：（1）

1DOH45，2

直线yx6与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴A（－6，0），B（0，

6），∴OA=OB，∴BAOABO，在△AOB中，AOB90，∴BAOABO45

（2）由PDA90，DA=DP，1APD45推出DP⊥AD，再利用（1）中的结论，结合图像，以及全等三角形的判定，可以推出，∴PF=PQ。

（3）由于PB=PE，以及全等三角形的判定定理推出△PBH≌△PED，由此可以推出BH∥ED，又因为在等腰直角三角形ADE中，AD=BH，DAEBAODAO90，所以利用全等三角形的判定定理，推出△DAO≌△HBO，同时利用等腰直角三角形的特殊性，可以推出OP=PD

考点：全等三角形的判定定理

点评：本题看似复杂，实则许多地方都用到了全等三角形的判断，全等三角形在中考中是重点，也是难点，学生应该加强这方面的练习，做到举一反三。

37．如图，已知正方形ABCD，点E是BC上一点，以AE为边作正方形AEFG。

G

A D

F

B E C N

（1）连结GD，求证△ADG≌△ABE；

（2）连结FC，求证∠FCN=45°；

（3）请问在AB边上是否存在一点Q，使得四边形DQEF是平行四边形？若存在，请证明；若不存在，请说明理由。

【答案】（1）根据同角的余角相等得∠DAG=∠BAE，再根据“SAS”证得△ADG≌△ABE；（2）过F作BN的垂线，设垂足为H，首先证△ABE、△EHF全等，然后得AB=EH，BE=FH；然后根据AB=BC=EH，即BE+EC=EC+CH，得到CH=BE=FH，即可证得结果；（3）存在

（3）在AB上取AQ=BE，连接QD，首先证△DAQ、△ABE、△ADG三个三角形全等，易证得AG、QD平行且相

等，又由于AG、EF平行且相等，所以QD、EF平行且相等，即可得证．

【解析】

试题分析：（1）根据同角的余角相等得∠DAG=∠BAE，再根据“SAS”证得△ADG≌△ABE；

（2）过F作BN的垂线，设垂足为H，首先证△ABE、△EHF全等，然后得AB=EH，BE=FH；然后根据AB=BC=EH，即BE+EC=EC+CH，得到CH=BE=FH，即可证得结果；

（3）在AB上取AQ=BE，连接QD，首先证△DAQ、△ABE、△ADG三个三角形全等，易证得AG、QD平行且相等，又由于AG、EF平行且相等，所以QD、EF平行且相等，即可证得结果．

（1）如图

∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形

∴DA=BA，EA=GA，∠BAD=∠EAG=90°

∴∠DAG=∠BAE

∴△ADG≌△ABE；

（2）过F作BN的垂线，设垂足为H

∵∠BAE+∠AEB=90°，∠FEH+∠AEB=90°

∴∠BAE=∠HEF

∵AE=EF

∴△ABE≌△EHF

∴AB=EH，BE=FH

∴AB=BC=EH

∴BE+EC=EC+CH

∴CH=BE=FH

∴∠FCN=45°；

（3）在AB上取AQ=BE，连接QD

∵AB=AD

∴△DAQ≌△ABE

∵△ABE≌△EHF

∴△DAQ≌△ABE≌△ADG

∴∠GAD=∠ADQ

∴AG、QD平行且相等

又∵AG、EF平行且相等

∴QD、EF平行且相等

∴四边形DQEF是平行四边形

∴在AB边上存在一点Q，使得四边形DQEF是平行四边形．

考点：正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定

点评：本题知识点较多，难度较大，熟练掌握平面图形的基本概念是解答本题的关键.

38．如图，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，动点M从点D出发，按折线DCBAD方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线DABCD方向以1cm/s的速度运动．

（1）若动点M、N同时出发，经过几秒钟两点相遇？

（2）若点E在线段BC上，且BE＝3cm，若动点M、N同时出发，相遇时停止运动，经过几秒钟，点A、E、M、N组成平行四边形？

【答案】（1）8秒

（2）17/3。

【解析】

试题分析：（1）利用时间=路程÷速度和求得；

（2）分M点在E点左右两侧两种情况讨论.

考点：矩形的性质．

点评：本题解题关键是M、N运动时分情况讨论.

39．如图，等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC=5，DC=7，AB=13，动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿AD→DC→CB→BA向终点A运动，同时点Q从点B出发，以每秒1个单位的速度沿BA向终点A运动，设运动时间为t秒。（12分）

⑴求梯形的高为多少？

⑵分段考虑，当t为何值时，四边形PQBC为平行四边形时？

⑶在整个运动过程中，是否存在某一时刻，P与Q重合？

【答案】见解析

【解析】

试题分析: 解：⑴高为4

⑵当点P在AD边上时，PC与BQ不平行，

故此时四边形PQBC不可能为平行四边形；

当点P在DC边上时，如图1。

PC=12-2t，BQ=t，

∵四边形PQBC为平行四边形，

∴PC=BQ。

∴12-2t=t，t=4。

∴当t=4时，四边形PQBC为平行四边形。

当点P在BC边上时，PC与BQ不平行，

当点P在AB边上时，PC与BQ不平行。

⑶设时间为t，2t575t

t17

不符合题意。

考点：本题考查了平行四边形的性质定理。

点评：此类试题属于难度较大的试题，主要考查考生对思维变换的把握和平行四边形基本性质的运用。

40．把长方形纸条ABCD沿EF，GH同时折叠，B、C两点恰好都落在AD边的P点处，若FPH90O，PF8，PH6，则长方形ABCD的面积为多少？（8分）

【答案】见解析

【解析】

试题分析: 解：作PM⊥BC于M．

∵∠FPH=90°，PF=8，PH=6，

∴FH=10，AB=PM=PFPH4.8 FH

∴BC=PF+PH+FH=24，

∴矩形ABCD的面积=AB•BC=115.2

考点：本题考查了直角三角形的性质定理。

点评：此类试题属于难度较大的试题，考要学会很好的做辅助线，直角三角形的基本性质历来都是考查的重点，尤其是三角形斜边和两直角边的平方和之间的关系和变换。

33．（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∠ECG＝45°，请你利用（1）的结论证明：sECGsBCEsCDG．

（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ABCG中，AG∥BC（BC＞AG），∠B＝90°，AB＝BC=6，E是AB上一点，且∠ECG＝45°，BE＝2．求△ECG的面积．

A A A

E

B C E B C E B图3 C

【答案】（1）先根据正方形的性质可得BC＝CD，∠B＝∠CDF，BE＝DF，即可证得△CBE≌△CDF，从而得到结论；（2）延长AD至F，使DF=BE．连接CF．由（1）知△CBE≌△CDF，即可得到∠BCE＝∠DCF．又∠GCE＝45°，可得∠BCE+∠GCD＝45°．即可得到∠ECG＝∠GCF．又CE＝CF，GC＝GC，即可证得△ECG≌△FCG，即可证得结论；（3）15

【解析】

试题分析：（1）先根据正方形的性质可得BC＝CD，∠B＝∠CDF，BE＝DF，即可证得△CBE≌△CDF，从而得到结论；

（2）延长AD至F，使DF=BE．连接CF．由（1）知△CBE≌△CDF，即可得到∠BCE＝∠DCF．又∠GCE＝45°，可得∠BCE+∠GCD＝45°．即可得到∠ECG＝∠GCF．又CE＝CF，GC＝GC，即可证得△ECG≌△FCG，即可证得结论；

（3）过C作CD⊥AG，交AG延长线于D．证得四边形ABCD 为正方形．由（2）中△ECG≌△FCG，即得GE＝GF．GE＝DF＋GD＝BE＋GD，设DG＝x，可得AE=4，AG＝6—x，EG=2+ x．在Rt△AEG中，根据勾股定理即可列方程求得x的值，再根据三角形的面积公式即可求得结果．

（1）在正方形ABCD中，

∵BC＝CD，∠B＝∠CDF，BE＝DF，

∴△CBE≌△CDF．

∴CE＝CF．

（2）如图2，延长AD至F，使DF=BE．连接CF．

A D 图1 图2

E

B 图2

由（1）知△CBE≌△CDF，

∴∠BCE＝∠DCF．

又∠GCE＝45°，

∴∠BCE+∠GCD＝45°．

∴∠DCF＋∠GCD＝∠GCF＝45°

即∠ECG＝∠GCF．

又∵CE＝CF，GC＝GC，

∴△ECG≌△FCG．

∴SECGSCFG=SCDGSCDF．

∴SECGSBCESCDG．

（3）如图3，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D．

在直角梯形ABCG中，

∵AG∥BC，∴∠A＝∠B＝90°，

又∠CDA＝90°，AB＝BC，

∴四边形ABCD 为正方形．

已知∠ECG＝45°．

由（2）中△ECG≌△FCG，∴ GE＝GF．

∴GE＝DF＋GD＝BE＋GD．

设DG＝x，

∵BE=2，AB=6，

∴AE=4，AG＝6—x，EG=2+ x．

在Rt△AEG中，

GEAEAG，即

解得：x＝3． 222(2x)2426x2．

∴SCEG112636SBCESCDG=22=15．

∴△CEG的面积为15．

考点：正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，直角梯形的性质，勾股定理

点评：此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．

34．如图，正方形ABCD的边长为1，点E是AD边上的动点，从点A沿AD向D运动，以BE为边，在BE的．．

上方作正方形BEFG，连接CG。请探究：

（1）线段AE与CG是否相等？请说明理由。

（2）若设AE=x，DH=y，当x取何值时，y最大？

（3）连接BH，当点E运动到AD的何位置时，△BEH∽△BAE？ 【答案】三角形全等；当x11时，y有最大值为；相似三角形的判定定理 42

【解析】

试题分析：（1）AECG

理由：正方形ABCD和正方形BEFG中

3590

4590

∴ 34

又ABBC,BEBG 2分

∴△ABE≌△CBG „„3分

∴ AECG „„ „„4分

（2）∵正方形ABCD和正方形BEFG

∴ADFEB90

∴ 1290

2390

∴ 13

又∵AD

∴△ABE∽△DEH „„ „6分 DHDE AEAB

y1x∴  „ 7分 x1∴

∴ yxx 211(x)2 8分 24

当x11时，y有最大值为 9分 42

（3）当E点是AD的中点时，△BEH∽△BAE 10分

理由：∵ E是AD中点

1 2

1∴ DH 11分 4∴ AE

又∵△ABE∽△DEH

EHDH1 12分 BEAE2

AE1 又∵ AB2

AEEH∴ „14分 ABBE

又DABFEB90 ∴

∴ △BEH∽△BAE„ 15分

考点：全等三角形的性质和判定

点评：解答本题的关键是熟练掌握判定两个三角形全等的一般方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．

35．如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，动点P从A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动；动点Q从点C开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动．P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动，设运动时间为ts．

（1）当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？

（2）当t为何值时，四边形PQCD为等腰梯形？

（3）当t为何值时，四边形PQCD为直角梯形？

【答案】t=6(秒). t=7(秒). t=13(秒) 2

【解析】

试题分析：解：（1）∵AD∥BC，

∴当PD=CQ时，四边形PQCD为平行四边形.

∵AP=t cm,AD=24cm，

∴PD=24－t(cm),

∴24－t=3t,

∴t=6(秒).

（2）过点D作DE⊥BC于E，得矩形ABED，

∴ AD=BE=24 cm，

∴CE=26－24=2(cm)，

∵AD∥BC，

∴当CQ=PD＋2CD时，四边形PQCD为等腰梯形.

∴3t=24－t＋2×2， t=7(秒).

（3）∵AD∥BC，

∴当BQ=AP时，四边形PQCD为直角梯形.

∴26－3t= t，

∴t=13(秒). 2

考点：动点与图形

点评：本题难度较大，动点问题为中考常见题型，经常为压轴题。准确分析动点列式是解题关键。

36．在平面直角坐标系xOy中，直线yx6与x轴交于点A，与y轴交于点B．

图1 图

2

（1）求∠BAO的度数；

（2）如图1，P为线段AB上一点，在AP上方以AP为斜边作等腰直角三角形APD．点Q在AD上，连结PQ，过作射线PF⊥PQ交x轴于点F，作PG⊥x轴于点G．

求证：PF＝PQ ；

（3）如图2，E为线段AB上一点，在AE上方以AE为斜边作等腰直角三角形AED．若P为线段EB的中点，连接PD、PO，猜想线段PD、PO有怎样的关系？并说明理由．

【答案】（1）BAO45（2）证明：在等腰直角三角形APD中，PDA90，DA=DP，1APD45，∴DP⊥AD于D，由（1）可得BAO45，∴BAO1，又∵PG⊥x轴于G，∴PG = PD，∴AGPPGFD90，∴4BAO45，∴4APDDPG90，即3GPQ90，又∵PQ⊥PF，∴2GPQ90，∴23，在△PGF和△PDQ中，PGFD，PGPD，23，∴△PGF≌△PDQ，∴PF=PQ（3）

图2 OP⊥DP，OP＝DP 证明：延长DP至H，使得PH=PD，∵P为BE的中点，∴

PB=PE，在△PBH和△PED中，PBPE，12，PHPD，∴△PBH≌△PED，∴BH=ED，∴34，∴BH∥ED，在等腰直角三角形ADE中，AD=ED，∴AD=BH，DAEDEA45，DAEBAODAO90，∴DE∥x轴，BH∥x轴， BH⊥y轴，∴DAOHBO90，由（1）可得 OA=OB，在△DAO和△HBO中，

∴△DAO≌△HBO，∴OD=OH，∠5=∠6，∵AOB5DOB90

ADBH，DAOHBO，OAOB，

∴DOH6DOB90，∴在等腰直角三角形△DOH中，∵DP=HP，∴OP⊥DP，7

∴ODP7，∴OP=PD

【解析】

试题分析：（1）

1DOH45，2

直线yx6与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴A（－6，0），B（0，

6），∴OA=OB，∴BAOABO，在△AOB中，AOB90，∴BAOABO45

（2）由PDA90，DA=DP，1APD45推出DP⊥AD，再利用（1）中的结论，结合图像，以及全等三角形的判定，可以推出，∴PF=PQ。

（3）由于PB=PE，以及全等三角形的判定定理推出△PBH≌△PED，由此可以推出BH∥ED，又因为在等腰直角三角形ADE中，AD=BH，DAEBAODAO90，所以利用全等三角形的判定定理，推出△DAO≌△HBO，同时利用等腰直角三角形的特殊性，可以推出OP=PD

考点：全等三角形的判定定理

点评：本题看似复杂，实则许多地方都用到了全等三角形的判断，全等三角形在中考中是重点，也是难点，学生应该加强这方面的练习，做到举一反三。

37．如图，已知正方形ABCD，点E是BC上一点，以AE为边作正方形AEFG。

G

A D

F

B E C N

（1）连结GD，求证△ADG≌△ABE；

（2）连结FC，求证∠FCN=45°；

（3）请问在AB边上是否存在一点Q，使得四边形DQEF是平行四边形？若存在，请证明；若不存在，请说明理由。

【答案】（1）根据同角的余角相等得∠DAG=∠BAE，再根据“SAS”证得△ADG≌△ABE；（2）过F作BN的垂线，设垂足为H，首先证△ABE、△EHF全等，然后得AB=EH，BE=FH；然后根据AB=BC=EH，即BE+EC=EC+CH，得到CH=BE=FH，即可证得结果；（3）存在

（3）在AB上取AQ=BE，连接QD，首先证△DAQ、△ABE、△ADG三个三角形全等，易证得AG、QD平行且相

等，又由于AG、EF平行且相等，所以QD、EF平行且相等，即可得证．

【解析】

试题分析：（1）根据同角的余角相等得∠DAG=∠BAE，再根据“SAS”证得△ADG≌△ABE；

（2）过F作BN的垂线，设垂足为H，首先证△ABE、△EHF全等，然后得AB=EH，BE=FH；然后根据AB=BC=EH，即BE+EC=EC+CH，得到CH=BE=FH，即可证得结果；

（3）在AB上取AQ=BE，连接QD，首先证△DAQ、△ABE、△ADG三个三角形全等，易证得AG、QD平行且相等，又由于AG、EF平行且相等，所以QD、EF平行且相等，即可证得结果．

（1）如图

∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形

∴DA=BA，EA=GA，∠BAD=∠EAG=90°

∴∠DAG=∠BAE

∴△ADG≌△ABE；

（2）过F作BN的垂线，设垂足为H

∵∠BAE+∠AEB=90°，∠FEH+∠AEB=90°

∴∠BAE=∠HEF

∵AE=EF

∴△ABE≌△EHF

∴AB=EH，BE=FH

∴AB=BC=EH

∴BE+EC=EC+CH

∴CH=BE=FH

∴∠FCN=45°；

（3）在AB上取AQ=BE，连接QD

∵AB=AD

∴△DAQ≌△ABE

∵△ABE≌△EHF

∴△DAQ≌△ABE≌△ADG

∴∠GAD=∠ADQ

∴AG、QD平行且相等

又∵AG、EF平行且相等

∴QD、EF平行且相等

∴四边形DQEF是平行四边形

∴在AB边上存在一点Q，使得四边形DQEF是平行四边形．

考点：正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定

点评：本题知识点较多，难度较大，熟练掌握平面图形的基本概念是解答本题的关键.

38．如图，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，动点M从点D出发，按折线DCBAD方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线DABCD方向以1cm/s的速度运动．

（1）若动点M、N同时出发，经过几秒钟两点相遇？

（2）若点E在线段BC上，且BE＝3cm，若动点M、N同时出发，相遇时停止运动，经过几秒钟，点A、E、M、N组成平行四边形？

【答案】（1）8秒

（2）17/3。

【解析】

试题分析：（1）利用时间=路程÷速度和求得；

（2）分M点在E点左右两侧两种情况讨论.

考点：矩形的性质．

点评：本题解题关键是M、N运动时分情况讨论.

39．如图，等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC=5，DC=7，AB=13，动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿AD→DC→CB→BA向终点A运动，同时点Q从点B出发，以每秒1个单位的速度沿BA向终点A运动，设运动时间为t秒。（12分）

⑴求梯形的高为多少？

⑵分段考虑，当t为何值时，四边形PQBC为平行四边形时？

⑶在整个运动过程中，是否存在某一时刻，P与Q重合？

【答案】见解析

【解析】

试题分析: 解：⑴高为4

⑵当点P在AD边上时，PC与BQ不平行，

故此时四边形PQBC不可能为平行四边形；

当点P在DC边上时，如图1。

PC=12-2t，BQ=t，

∵四边形PQBC为平行四边形，

∴PC=BQ。

∴12-2t=t，t=4。

∴当t=4时，四边形PQBC为平行四边形。

当点P在BC边上时，PC与BQ不平行，

当点P在AB边上时，PC与BQ不平行。

⑶设时间为t，2t575t

t17

不符合题意。

考点：本题考查了平行四边形的性质定理。

点评：此类试题属于难度较大的试题，主要考查考生对思维变换的把握和平行四边形基本性质的运用。

40．把长方形纸条ABCD沿EF，GH同时折叠，B、C两点恰好都落在AD边的P点处，若FPH90O，PF8，PH6，则长方形ABCD的面积为多少？（8分）

【答案】见解析

【解析】

试题分析: 解：作PM⊥BC于M．

∵∠FPH=90°，PF=8，PH=6，

∴FH=10，AB=PM=PFPH4.8 FH

∴BC=PF+PH+FH=24，

∴矩形ABCD的面积=AB•BC=115.2

考点：本题考查了直角三角形的性质定理。

点评：此类试题属于难度较大的试题，考要学会很好的做辅助线，直角三角形的基本性质历来都是考查的重点，尤其是三角形斜边和两直角边的平方和之间的关系和变换。