2020年中考數(shù)學二輪復習 壓軸專題 四邊形（含解析）

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1、《四邊形》 1．【習題再現(xiàn)】 課本中有這樣一道題目： 如圖1，在四邊形ABCD中，E，F(xiàn)，M分別是AB，CD，BD的中點，AD＝BC．求證：∠EFM＝∠FEM．（不用證明） 【習題變式】 （1）如圖2，在“習題再現(xiàn)”的條件下，延長AD，BC，EF，AD與EF交于點N，BC與EF交于點P．求證：∠ANE＝∠BPE． （2）如圖3，在△ABC中，AC＞AB，點D在AC上，AB＝CD，E，F(xiàn)分別是BC，AD的中點，連接EF并延長，交BA的延長線于點G，連接GD，∠EFC＝60°．求證：∠AGD＝90°． 【習題變式】 解：（1）∵F，M分別是CD，BD的中點， ∴MF∥BP，，

2、 ∴∠MFE＝∠BPE． ∵E，M分別是AB，BD的中點， ∴ME∥AN，， ∴∠MEF＝∠ANE． ∵AD＝BC， ∴ME＝MF， ∴∠EFM＝∠FEM， ∴∠ANE＝∠BPE． （2）連接BD，取BD的中點H，連接EH，F(xiàn)H． ∵H，F(xiàn)分別是BD和AD的中點， ∴HF∥BG，， ∴∠HFE＝∠FGA． ∵H，E分別是BD，BC的中點， ∴HE∥AC，， ∴∠HEF＝∠EFC＝60°． ∵AB＝CD， ∴HE＝HF， ∴∠HFE＝∠EFC＝60°， ∴∠AGF＝60°， ∵∠AFG＝∠EFC＝60°， ∴△AFG為等邊三角形． ∴AF＝GF，

3、 ∵AF＝FD， ∴GF＝FD， ∴∠FGD＝∠FDG＝30°， ∴∠AGD＝60°+30°＝90°． 2．（1）問題：如圖1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D為BC邊上一點（不與點B，C重合），連接AD，過點A作AE⊥AD，并滿足AE＝AD，連接CE．則線段BD和線段CE的數(shù)量關(guān)系是　BD＝CE　，位置關(guān)系是　BD⊥CE?。? （2）探索：如圖2，當D點為BC邊上一點（不與點B，C重合），Rt△ABC與Rt△ADE均為等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE．試探索線段BD2、CD2、DE2之間滿足的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論； （3）

4、拓展：如圖3，在四邊形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，若BD＝3，CD＝1，請直接寫出線段AD的長． 解：（1）問題：在Rt△ABC中，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， 故答案為：BD＝CE，BD⊥CE； （2）探索：結(jié)論：DE2＝BD2+CD2， 理由是：如圖2中，連接EC． ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ∵， ∵△B

5、AD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°， ∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°， ∴DE2＝CE2+CD2， ∴DE2＝BD2+CD2； （3）拓展：如圖3，將AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至AG，連接CG、DG， 則△DAG是等腰直角三角形， ∴∠ADG＝45°， ∵∠ADC＝45°， ∴∠GDC＝90°， 同理得：△BAD≌△CAG， ∴CG＝BD＝3， Rt△CGD中，∵CD＝1， ∴DG＝＝＝2， ∵△DAG是等腰直角三角形， ∴AD＝AG＝2． 3．如圖1，正方形ABCD的邊CD在正方形ECGF的邊CE上，連

6、接BE、DG． （1）BE和DG的數(shù)量關(guān)系是　BE＝DG　，BE和DG的位置關(guān)系是　BE⊥DG??； （2）把正方形ECGF繞點C旋轉(zhuǎn)，如圖2，（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，寫出證明過程，若不成立，請說明理由； （3）設(shè)正方形ABCD的邊長為4，正方形ECGF的邊長為3，正方形ECGF繞點C旋轉(zhuǎn)過程中，若A、C、E三點共線，直接寫出DG的長． 解：（1）BE＝DG．BE⊥DG；理由如下： ∵四邊形ABCD和四邊形CEFG為正方形， ∴CD＝BC，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG＝90°， 在△BEC和△DGC中，， ∴△BEC≌△DGC（SAS）， ∴BE＝DG； 如圖

7、1，延長GD交BE于點H， ∵△BEC≌△DGC， ∴∠DGC＝∠BEC， ∴∠DGC+∠EBC＝∠BEC+∠EBC＝90°， ∴∠BHG＝90°， 即BE⊥DG； 故答案為：BE＝DG，BE⊥DG． （2）成立，理由如下：如圖2所示： 同（1）得：△DCG≌△BCE（SAS）， ∴BE＝DG，∠CDG＝∠CBE， ∵∠DME＝∠BMC，∠CBE+∠BMC＝90°， ∴∠CDG+∠DME＝90°， ∴∠DOB＝90°， ∴BE⊥DG； （3）由（2）得：DG＝EB，分兩種情況： ①如圖3所示： ∵正方形ABCD的邊長為4，正方形ECGF的邊長為3，

8、 ∴AC⊥BD，BD＝AC＝AB＝4，OA＝OC＝OB＝AC＝2，CE＝3， ∴AE＝AC﹣CE＝， ∴OE＝OA﹣AE＝， 在Rt△BOE中，由勾股定理得：DG＝BE＝＝； ②如圖4所示： OE＝CE+OC＝2+3＝5， 在Rt△BOE中，由勾股定理得：DG＝BE＝＝； 綜上所述，若A、C、E三點共線，DG的長為或． 4．如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm，動點D從點C出發(fā)，沿CA方向勻速運動，速度為2cm/s；同時，動點E從點A出發(fā)，沿AB方向勻速運動，速度為1cm/s；當一個點停止運動，另一個點也停止運動．設(shè)點D，E運動的時間是t（s）（0＜

9、t＜5）．過點D作DF⊥BC于點F，連接DE，EF． （1）t為何值時，DE⊥AC？ （2）設(shè)四邊形AEFC的面積為S，試求出S與t之間的關(guān)系式； （3）是否存在某一時刻t，使得S四邊形AEFC：S△ABC＝17：24，若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由； （4）當t為何值時，∠ADE＝45°？ 解：（1）∵∠B＝90o，AB＝6 cm，BC＝8 cm， ∴AC＝＝＝10（cm）， 若DE⊥AC， ∴∠EDA＝90°， ∴∠EDA＝∠B， ∵∠A＝∠A， ∴△ADE∽△ABC， ∴＝，即：＝， ∴t＝， ∴當t＝s時，DE⊥AC； （2）∵DF⊥BC，

10、 ∴∠DFC＝90°， ∴∠DFC＝∠B， ∵∠C＝∠C， ∴△CDF∽△CAB， ∴＝，即＝， ∴CF＝， ∴BF＝8﹣， BE＝AB﹣AE＝6﹣t， ∴S＝S△ABC﹣S△BEF＝×AB?BC﹣×BF?BE＝×6×8﹣×（8﹣t）×（6﹣t）＝﹣t2+t； （3）若存在某一時刻t，使得S四邊形AEFC：S△ABC＝17：24， 根據(jù)題意得：﹣t2+t＝××6×8， 解得：t1＝，t2＝（不合題意舍去）， ∴當t＝s時，S四邊形AEFC：S△ABC＝17：24； （4）過點E作EM⊥AC與點M，如圖所示： 則∠EMA＝∠B＝90°， ∵∠A＝∠A， ∴△AEM

11、∽△ACB， ∴＝＝，即＝＝， ∴EM＝t，AM＝t， ∴DM＝10﹣2t﹣t＝10﹣t， 在Rt△DEM中，當DM＝ME時，∠ADE＝45°， ∴10﹣t＝t， ∴t＝ ∴當t＝s時，∠ADE＝45°． 5．我們定義：如果兩個等腰三角形的頂角相等，且項角的頂點互相重合，則稱此圖形為“手拉手全等模型”．因為頂點相連的四條邊，形象的可以看作兩雙手，所以通常稱為“手拉手模型”．例如，如圖（1），△ABC與△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，則△ABD≌△ACE（SAS） （1）熟悉模型：如圖（2），已知△ABC與△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，

12、且∠BAC＝∠DAE，求證：BD＝CE； （2）運用模型：如圖（3），P為等邊△ABC內(nèi)一點，且PA：PB：PC＝3：4：5，求∠APB的度數(shù)．小明在解決此問題時，根據(jù)前面的“手拉手全等模型”，以BP為邊構(gòu)造等邊△BPM，這樣就有兩個等邊三角形共頂點B，然后連結(jié)CM，通過轉(zhuǎn)化的思想求出了∠APB的度數(shù)，則∠APB的度數(shù)為　150　度； （3）深化模型：如圖（4），在四邊形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，求BD的長． （1）證明：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中，，

13、∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE； （2）解：以BP為邊構(gòu)造等邊△BPM，連接CM，如圖（3）所示： ∵△ABC與△BPM都是等邊三角形， ∴AB＝BC，BP＝BM＝PM，∠ABC＝∠PBM＝∠BMP＝60°， ∴∠ABC﹣∠PBC＝∠PBM﹣∠PBC，即∠ABP＝∠CBM， 在△ABP和△CBM中，， ∴△ABP≌△CBM（SAS）， ∴AP＝CM，∠APB＝∠CMB， ∵PA：PB：PC＝3：4：5， ∴CM：PM：PC＝3：4：5， ∴PC2＝CM2+PM2， ∴△CMP是直角三角形， ∴∠PMC＝90°， ∴∠CMB＝∠BMP+∠PMC＝60°

14、+90°＝150°， ∴∠APB＝150°， 故答案為：150； （3）解：過點A作EA⊥AD，且AE＝AD，連接CE，DE，如圖（4）所示： 則△ADE是等腰直角三角形，∠EAD＝90°， ∴DE＝AD＝4，∠EDA＝45°， ∵∠ADC＝45°， ∴∠EDC＝45°+45°＝90°， 在Rt△DCE中，CE＝＝＝， ∵∠ACB＝∠ABC＝45°， ∴∠BAC＝90°，AB＝AC， ∵∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中，， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE＝． 6．（1）某學校“學習落實”

15、數(shù)學興趣小組遇到這樣一個題目 如圖，在△ABC中，點O在線段BC上，∠BAO＝30°，∠OAC＝75°，AO＝，BO：CO＝2：1，求AB的長經(jīng)過數(shù)學小組成員討論發(fā)現(xiàn)，過點B作BD∥AC，交AO的延長線于點D，通過構(gòu)造△ABD就可以解決問題（如圖2） 請回答：∠ADB＝　75　°，AB＝　3　 （2）請參考以上解決思路，解決問題： 如圖3在四邊形ABCD中對角線AC與BD相交于點0，AC⊥AD，AO＝，∠ABC＝∠ACB＝75°，BO：OD＝2：1，求DC的長 解：（1）如圖2中，過點B作BD∥AC，交AO的延長線于點D， ∵BD∥AC， ∴∠ADB＝∠OAC＝75°．

16、 ∵∠BOD＝∠COA， ∴△BOD∽△COA， ∴＝＝2，． 又∵AO＝， ∴OD＝2AO＝2， ∴AD＝AO+OD＝3． ∵∠BAD＝30°，∠ADB＝75°， ∴∠ABD＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝75°＝∠ADB， ∴AB＝AD＝3； 故答案為75，3． （2）如圖3中，過點B作BE∥AD交AC于點E． ∵AC⊥AD，BE∥AD， ∴∠DAC＝∠BEA＝90°． ∵∠AOD＝∠EOB， ∴△AOD∽△EOB， ∴＝＝＝2． ∵BO：OD＝1：3， ∵AO＝， ∴EO＝2， ∴AE＝3． ∵∠ABC＝∠ACB＝75°， ∴∠BAC＝3

17、0°，AB＝AC， ∴AB＝2BE． 在Rt△AEB中，BE2+AE2＝AB2，即（4BE2）2+BE2＝（2BE）2， 解得：BE＝3， ∴AB＝AC＝6，AD＝ 在Rt△CAD中，AC2+AD2＝CD2，即62+（）2＝CD2， 解得：CD＝（負根已經(jīng)舍棄）． 7．正方形ABCD中，AB＝4，點E、F分別在AB、BC邊上（不與點A、B重合）． （1）如圖1，連接CE，作DM⊥CE，交CB于點M．若BE＝3，則DM＝　5??； （2）如圖2，連接EF，將線段EF繞點F順時針旋轉(zhuǎn)，當點E落在正方形上時，記為點G；再將線段FG繞點G順時針旋轉(zhuǎn)，當點F落在正方形上時，記為點H；

18、依此操作下去…， ①如圖3，線段EF經(jīng)過兩次操作后拼得△EFD，其形狀為　等邊三角形　，在此條件下，求證：AE＝CF； ②若線段EF經(jīng)過三次操作恰好拼成四邊形EFGH， （3）請判斷四邊形EFGH的形狀為　正方形　，此時AE與BF的數(shù)量關(guān)系是　AE＝BF?。? （4）以1中的結(jié)論為前提，設(shè)AE的長為x，四邊形EFGH的面積為y，求y與x的函數(shù)關(guān)系式及面積y的取值范圍． 解：（1）如圖1中， ∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠DCM＝90°， ∵BE＝3，BC＝4， ∴CE＝＝＝5， ∵DM⊥EC， ∴∠DMC+∠MCE＝90°，∠MCE+∠CEB＝90°， ∴∠D

19、MC＝∠CEB， ∵BC＝CD， ∴△BCE≌△CDM（AAS）， ∴DM＝EC＝5． 故答案為5． （2）如題圖3，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知EF＝DF＝DE，則△DEF為等邊三角形． 故答案為等邊三角形． （2）①四邊形EFGH的形狀為正方形，此時AE＝BF．理由如下： 依題意畫出圖形，如答圖1所示：連接EG、FH，作HN⊥BC于N，GM⊥AB于M． 由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，EF＝FG＝GH＝HE， ∴四邊形EFGH是菱形， 由△EGM≌△FHN，可知EG＝FH， ∴四邊形EFGH的形狀為正方形． ∴∠HEF＝90° ∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°， ∴

20、∠1＝∠3． ∵∠3+∠4＝90°，∠2+∠3＝90°， ∴∠2＝∠4． 在△AEH與△BFE中， ， ∴△AEH≌△BFE（ASA） ∴AE＝BF． 故答案為正方形，AE＝BF． （4）利用①中結(jié)論，易證△AEH、△BFE、△CGF、△DHG均為全等三角形， ∴BF＝CG＝DH＝AE＝x，AH＝BE＝CF＝DG＝4﹣x． ∴y＝S正方形ABCD﹣4S△AEH＝4×4﹣4×x（4﹣x）＝2x2﹣8x+16． ∴y＝2x2﹣8x+16（0＜x＜4） ∵y＝2x2﹣8x+16＝2（x﹣2）2+8， ∴當x＝2時，y取得最小值8；當x＝0時，y＝16， ∴y的取值范圍

21、為：8≤y＜16． 8．已知：如圖1，在平面直角坐標系中，長方形OABC的頂點B的坐標是（6，4）． （1）直接寫出A點坐標（　6　，　0?。?，C點坐標（　0　，　4?。?； （2）如圖2，D為OC中點．連接BD，AD，如果在第二象限內(nèi)有一點P（m，1），且四邊形OADP的面積是△ABC面積的2倍，求滿足條件的點P的坐標； （3）如圖3，動點M從點C出發(fā)，以每鈔1個單位的速度沿線段CB運動，同時動點N從點A出發(fā)．以每秒2個單位的速度沿線段AO運動，當N到達O點時，M，N同時停止運動，運動時間是t秒（t＞0），在M，N運動過程中．當MN＝5時，直接寫出時間t的值． 解：（1）∵四邊形

22、OABC是長方形， ∴AB∥OC，BC∥OA， ∵B（6，4）， ∴A（6，0），C（0，4）， 故答案為：6，0，0，4； （2）如圖2， 由（1）知，A（6，0），C（0，4）， ∴OA＝6，OC＝4， ∵四邊形OABC是長方形， ∴S長方形OABC＝OA?OC＝6×4＝24， 連接AC， ∵AC是長方形OABC的對角線， ∴S△OAC＝S△ABC＝S長方形OABC＝12， ∵點D是OC的中點， ∴S△OAD＝S△OAC＝6， ∵四邊形OADP的面積是△ABC面積的2倍， ∴S四邊形OADP＝2S△ABC＝24， ∵S四邊形OADP＝S△OAD+S△O

23、DP＝6+S△ODP＝24， ∴S△ODP＝18， ∵點D是OC的中點，且OC＝4， ∴OD＝OC＝2， ∵P（m，1）， ∴S△ODP＝OD?|m|＝×2|m|＝18， ∴m＝18（由于點P在第二象限，所以，m小于0，舍去）或m＝﹣18， ∴P（﹣18，1）； （3）如圖3， 由（2）知，OA＝6，OC＝4， ∵四邊形OABC是長方形， ∴∠AOC＝∠OCB＝90°，BC＝6， 由運動知，CM＝t，AN＝2t， ∴ON＝OA﹣AN＝6﹣2t， 過點M作MH⊥OA于H， ∴∠OHM＝90°＝∠AOC＝∠OCB， ∴四邊形OCMH是長方形， ∴MH＝OC＝4

24、，OH＝CM＝t， ∴HN＝|ON﹣CM|＝6﹣2t﹣t|＝|6﹣3t|， 在Rt△MHN中，MN＝5，根據(jù)勾股定理得，HN2＝MN2﹣MH2， ∴|6﹣3t|2＝52﹣42＝9， ∴t＝1或t＝3， 即：t的值為1或3． 9．綜合與實踐 問題情境 數(shù)學課上，李老師提出了這樣一個問題：如圖1，點P是正方形ABCD內(nèi)一點，PA＝1，PB＝2，PC＝3．你能求出∠APB的度數(shù)嗎？ （1）小敏與同桌小聰通過觀察、思考、討論后，得出了如下思路： 思路一：將△BPC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BP'A，連接PP'，求出∠APB的度數(shù)； 思路二：將△APB繞點B順時針旋

25、轉(zhuǎn)90°，得到△CP'B，連接PP'，求出∠APB的度數(shù)． 請參考以上思路，任選一種寫出完整的解答過程． 類比探究 （2）如圖2，若點P是正方形ABCD外一點，PA＝3，PB＝1，，求∠APB的度數(shù)． 拓展應用 （3）如圖3，在邊長為的等邊三角形ABC內(nèi)有一點O，∠AOC＝90°，∠BOC＝120°，則△AOC的面積是　?。? 解：（1）思路一，如圖1，將△BPC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BP'A，連接PP'， 則△ABP'≌△CBP，AP'＝CP＝3，BP'＝BP＝2，∠PBP'＝90° ∴∠BPP'＝45°， 根據(jù)勾股定理得，， ∵AP＝1， ∴AP2+P'P2

26、＝1+8＝9， 又∵P'A2＝32＝9， ∴AP2+P'P2＝P'A2， ∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°， ∴∠APB＝∠APP'+∠BPP'＝90°+45°＝135°． 思路二、同思路一的方法． （2）如圖2，將△BPC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BP'A，連接PP'． 則△ABP'≌△CBP，，BP'＝BP＝1，∠PBP'＝90° ∴∠BPP'＝45°， 根據(jù)勾股定理得，， ∵AP＝3， ∴AP2+P'P2＝9+2＝11， 又∵， ∴AP2+P'P2＝P'A2， ∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°， ∴∠APB＝∠APP'﹣∠

27、BPP'＝90°﹣45°＝45°． （3）如圖，將△ABO繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△BCE，連接OE． 則△BAO≌△BCE，∠AOB＝∠BEC＝360°﹣90°﹣120°＝150°， ∵△BOE是等邊三角形， ∴∠BEO＝∠BOE＝60°， ∴∠OEC＝90°，∠OEC＝120°﹣60°＝60°， ∴sin60°＝＝，設(shè)EC＝k，OC＝2k，則OA＝EC＝k， ∵∠AOC＝90°， ∴OA2+OC2＝AC2， ∴3k2+4k2＝7， ∴k＝1或﹣1（舍棄）， ∴OA＝，OC＝2， ∴S△AOC＝?OA?OC＝××2＝． 故答案為． 10．如圖1，在矩形

28、ABCD中，點P是BC邊上一點，連接AP交對角線BD于點E，BP＝BE．作線段AP的中垂線MN分別交線段DC，DB，AP，AB于點M，G，F(xiàn)，N． （1）求證：∠BAP＝∠BGN； （2）若AB＝6，BC＝8，求； （3）如圖2，在（2）的條件下，連接CF，求tan∠CFM的值． （1）證明：如圖1中， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°， ∴∠BAP＝∠APB＝90° ∵BP＝BE， ∴∠APB∠BEP＝∠GEF， ∵MN垂直平分線段AP， ∴∠GFE＝90°， ∴∠BGN+∠GEF＝90°， ∴∠BAP＝∠BGN． （2）解：∵四邊形ABCD是

29、矩形， ∴∠BAD＝∠ABP＝90°，AD∥BC，AD＝BC＝8， ∴BD＝＝＝10， ∵AD∥BC， ∴∠DAE＝∠APB， ∵∠APB＝∠BEP＝∠DEA， ∴∠DAE＝∠DEA， ∴DA＝DE＝8， ∴BE＝BP＝BD﹣DE＝10﹣8＝2， ∴PA＝＝＝2， ∵MN垂直平分線段AP， ∴AF＝PF＝， ∵PB∥AD， ∴＝＝＝， ∴PE＝PA＝， ∴EF＝PF﹣PE＝﹣＝， ∴＝＝． （3）解：如圖3中，連接AM，MP．設(shè)CM＝x． ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠ADM＝∠MCP＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8， ∵MN垂直平分線段

30、AP， ∴MA＝MP， ∴AD2+DM2＝PC2+CM2， ∴82+（6﹣x）2＝62+x2， ∴x＝， ∵∠PFM＝∠PCM＝90°， ∴P，F(xiàn)，M，C四點共圓， ∴∠CFM＝∠CPM， ∴tan∠CFM＝tan∠CFM＝＝＝． 11．在利用構(gòu)造全等三角形來解決的問題中，有一種典型的利用倍延中線的方法，例如：在△ABC中，AB＝8，AC＝6，點D是BC邊上的中點，怎樣求AD的取值范圍呢？我們可以延長AD到點E，使AD＝DE，然后連接BE（如圖①），這樣，在△ADC和△EDB中，由于，∴△ADC≌△EDB，∴AC＝EB，接下來，在△ABE中通過AE的長可求出AD的取值范圍．

31、 請你回答： （1）在圖①中，中線AD的取值范圍是　1＜AD＜7?。? （2）應用上述方法，解決下面問題 ①如圖②，在△ABC中，點D是BC邊上的中點，點E是AB邊上的一點，作DF⊥DE交AC邊于點F，連接EF，若BE＝4，CF＝2，請直接寫出EF的取值范圍． ②如圖③，在四邊形ABCD中，∠BCD＝150°，∠ADC＝30°，點E是AB中點，點F在DC上，且滿足BC＝CF，DF＝AD，連接CE、ED，請判斷CE與ED的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論． 解：（1）延長AD到點E，使AD＝DE，連接BE，如圖①所示： ∵點D是BC邊上的中點， ∴BD＝CD， 在△ADC和△EDB中，

32、， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴AC＝EB＝6， 在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE， ∴8﹣6＜AE＜8+6，即2＜AE＜14， ∴1＜AD＜7， 故答案為：1＜AD＜7； （2）①延長ED到點N，使ED＝DN，連接CN、FN，如圖②所示： ∵點D是BC邊上的中點， ∴BD＝CD， 在△NDC和△EDB中，中，， ∴△NDC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝CN＝4， ∵DF⊥DE，ED＝DN， ∴EF＝FN， 在△CFN中，CN﹣CF＜FN＜CN+CF， ∴4﹣2＜FN＜4+2，即2＜FN＜6， ∴2＜EF＜6； ②CE⊥ED；理由如下：

33、 延長CE與DA的延長線交于點G，如圖③所示： ∵點E是AB中點， ∴BE＝AE， ∵∠BCD＝150°，∠ADC＝30°， ∴DG∥BC， ∴∠GAE＝∠CBE， 在△GAE和△CBE中，， ∴△GAE≌△CBE（ASA）， ∴GE＝CE，AG＝BC， ∵BC＝CF，DF＝AD， ∴CF+DF＝BC+AD＝AG+AD，即：CD＝GD， ∵GE＝CE， ∴CE⊥ED． 12．如圖，在平行四邊形ABCD中，AB⊥AC，對角線AC、BD相交于點O，將直線AC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)一個角度α（0°＜α≤90°），分別交線段BC、AD于點E、F，已知AB＝1，，連接BF．

34、 （1）如圖①，在旋轉(zhuǎn)的過程中，請寫出線段AF與EC的數(shù)量關(guān)系，并證明； （2）如圖②，當α＝45°時，請寫出線段BF與DF的數(shù)量關(guān)系，并證明； （3）如圖③，當α＝90°時，求△BOF的面積． 解：（1）AF＝CE；理由如下： ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD∥BC，AO＝CO， ∴∠FAO＝∠ECO， ∴在△AFO與△CEO中，， ∴△AFO≌△CEO（ASA）， ∴AF＝EC； （2）BF＝DF；理由如下： ∵AB⊥AC， ∴∠BAC＝90°， ∴AC＝＝＝2， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴BO＝DO，AO＝CO＝AC＝1， ∴AB＝AO，

35、 又∵AB⊥AC， ∴∠AOB＝45°， ∵α＝45°，∠AOF＝45°， ∴∠BOF＝∠AOB+∠AOF＝45°+45°＝90°， ∴EF⊥BD， ∵BO＝DO， ∴BF＝DF； （3）∵AB⊥AC， ∴∠CAB＝90°， ∴∠CAB＝∠AOF＝α＝90°， ∴AB∥EF， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AF∥BE， ∴四邊形ABEF是平行四邊形， ∴AB＝EF＝1， 由（1）得：△AFO≌△CEO， ∴OF＝OE＝EF＝， 由（2）得：AO＝1， ∵AB∥EF，AO⊥EF， ∴S△BOF＝S△AOF＝AO?OF＝×1×＝． 13．綜合與實踐

36、（1）問題發(fā)現(xiàn) 如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點A，D，E在同一直線上，連接BE．請寫出∠AEB的度數(shù)及線段AD，BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由． （2）類比探究 如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點A，D，E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE． 填空：①∠AEB的度數(shù)為　90°?。? ②線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系為　AE＝BE+2CM?。? （3）拓展延伸 在（2）的條件下，若BE＝4，CM＝3，則四邊形ABEC的面積為　35　． 解：（1）∠AEB＝60°，AD＝BE，理由如下： ∵△ACB和△

37、DCE均為等邊三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°． ∴∠ACD＝∠BCE． 在△ACD和△BCE中，， ∴△ACD≌△BCE（SAS）． ∴∠ADC＝∠BEC．AD＝BE， ∵△DCE為等邊三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝60°． ∵點A，D，E在同一直線上， ∴∠ADC＝120°． ∴∠BEC＝120°． ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°． （2）猜想：①∠AEB＝90°，②AE＝BE+2CM．理由如下： ∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°． ∴∠ACD＝∠BCE．

38、在△ACD和△BCE中，， ∴△ACD≌△BCE（SAS）． ∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC． ∵△DCE為等腰直角三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝45°． ∵點A，D，E在同一直線上， ∴∠ADC＝135°． ∴∠BEC＝135°． ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°． ∵CD＝CE，CM⊥DE， ∴DM＝ME． ∵∠DCE＝90°， ∴DM＝ME＝CM． ∴AE＝AD+DE＝BE+2CM． 故答案為：90°，AE＝BE+2CM； （3）由（2）得：∠AEB＝90°，AD＝BE＝4， ∵△DCE均為等腰直角三角形，CM為△DCE中DE邊上的高， ∴CM

39、⊥AE，DE＝2CM＝6， ∴AE＝AD+DE＝4+6＝10， ∴四邊形ABEC的面積＝△ACE的面積+△ABE的面積＝AE×CM+AE×BE＝×10×3+×10×4＝35； 故答案為：35． 14．如圖，正方形OABC的邊長為8，P為OA上一點，OP＝2，Q為OC邊上的一個動點，分別以O(shè)P\PQ為邊在正方形OABC內(nèi)部作等邊三角形OPD和等邊三角形PQE． （1）證明：DE＝OQ； （2）直線ED與OC交于點F，點Q在運動過程中． ①∠EFC的度數(shù)是否發(fā)生改變？若不變，求出這個角的度數(shù)；若改變，說明理由； ②連結(jié)AE，求AE的最小值． （1）證明：如圖1中，

40、 ∵△OPD和△PQE是等邊三角形， ∴PO＝PD，PQ＝PE，∠OPD＝∠QPE＝60°， ∴∠OPQ＝∠DPE， ∴△OPQ≌△DPE（SAS）， ∴DE＝OQ． （2）①∵△OPQ≌△DPE， ∴∠EDP＝∠POQ＝90°， ∵∠DOP＝∠ODP＝60° ∴∠FDO＝∠FDO＝30°， ∴∠EFC＝∠FOC+∠FDO＝60°． ②如圖2中，當點Q與點C重合時，以PQ為邊作正三角形PQM． ∵∠EFC＝60°為定值， 點E的運動路徑為線段DM， 過點P作PH⊥EA，垂足為H， ∴當AE⊥DE時，AE的值最小 ∵∠PDE＝∠DEH＝∠PHE＝90°

41、， ∴四邊形PDEH是矩形， ∴∠DPH＝90°，EH＝PD＝2， ∴EH＝DP＝2， 在△PHA中，∠AHP＝90°，∠HPA＝30° ∴AH＝PA＝3， ∴AE＝EH+AH＝2+3＝5． 15．我們把對角線互相垂直的四邊形叫做垂直四邊形． （1）如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，問四邊形ABCD是垂直四邊形嗎？請說明理由； （2）如圖2，四邊形ABCD是垂直四邊形，求證：AD2+BC2＝AB2+CD2； （3）如圖3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以AC、AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接CE，BG，GE，已知AC＝4，BC

42、＝3，求GE長． （1）解：四邊形ABCD是垂直四邊形；理由如下： ∵AB＝AD， ∴點A在線段BD的垂直平分線上， ∵CB＝CD， ∴點C在線段BD的垂直平分線上， ∴直線AC是線段BD的垂直平分線， ∴AC⊥BD，即四邊形ABCD是垂直四邊形； （2）證明：設(shè)AC、BD交于點E，如圖2所示： ∵AC⊥BD， ∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°， 由勾股定理得：AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+DE2+CE2， ∴AD2+BC2＝AB2+CD2； （3）解：連接CG、BE，如圖3所示： ∵正方形ACFG和

43、正方形ABDE， ∴AG＝AC，AB＝AE，CG＝AC＝4，BE＝AB，∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE， 在△GAB和△CAE中，， ∴△GAB≌△CAE（SAS）， ∴∠ABG＝∠AEC， 又∵∠AEC+∠CEB+∠ABE＝90°， ∴∠ABG+∠CEB+∠ABE＝90°，即CE⊥BG， ∴四邊形CGEB是垂直四邊形，由（2）得，CG2+BE2＝BC2+GE2， ∵AC＝4，BC＝3， ∴AB＝＝＝5，BE＝AB＝5， ∴GE2＝CG2+BE2﹣BC2＝（4）2+（5）2﹣32＝73， ∴GE＝．