2020年中考数学基础题型提分讲练 专题22 以特殊的平行四边形为背景的证明与计算（含解析）

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1、专题22 以特殊的平行四边形为背景的证明与计算 考点分析 【例1】（2020·安徽初三）（已知：如图所示的一张矩形纸片ABCD（AD>AB），将纸片折叠一次，使点A与点C重合，再展开，折痕EF交AD边于点E，交BC边于点F，分别连结AF和CE． （1）求证：四边形AFCE是菱形； （2）若AE=10cm，△ABF的面积为24cm2，求△ABF的周长； （3）在线段AC上是否存在一点P，使得2AE2=AC·AP？若存在，请说明点P的位置，并予以证明；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；（2）24cm；（3）存在，过E作EP⊥AD交AC于P，则P就是所求的点，证明见

2、解析. 【解析】 解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∴∠EAO=∠FCO， 由折叠的性质可得：OA=OC，AC⊥EF， 在△AOE和△COF中， ∵， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴AE=CF， ∴四边形AFCE是平行四边形， ∵AC⊥EF， ∴四边形AFCE是菱形； （2）∵四边形AFCE是菱形， ∴AF=AE=10cm， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B=90°， ∴S△ABF=AB•BF=24cm2， ∴AB•BF=48（cm2）， ∴AB2+BF2=（AB+BF）2-2AB•BF=（AB+BF）2-2×48=AF2=100（cm

3、2）， ∴AB+BF=14（cm） ∴△ABF的周长为：AB+BF+AF=14+10=24（cm）． （3）证明：过E作EP⊥AD交AC于P，则P就是所求的点． 当顶点A与C重合时，折痕EF垂直平分AC， ∴OA=OC，∠AOE=∠COF=90°， ∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC， ∴∠EAO=∠FCO， ∴△AOE≌△COF， ∴OE=OF ∴四边形AFCE是菱形． ∴∠AOE=90°，又∠EAO=∠EAP， 由作法得∠AEP=90°， ∴△AOE∽△AEP， ∴，则AE2=AO•AP， ∵四边形AFCE是菱形， ∴AO＝AC， ∴AE2=AC•AP，

4、 ∴2AE2=AC•AP． 【点睛】 本题考查翻折变换（折叠问题）；菱形的判定；矩形的性质，相似三角形的判定和性质，综合性较强，掌握相关性质定理，正确推理论证是解题关键． 【例2】（2019·江苏泰州中学附属初中初三月考）如图，正方形ABCD的边长为6，把一个含30°的直角三角形BEF放在正方形上，其中∠FBE＝30°，∠BEF＝90°，BE＝BC，绕B点转动△FBE，在旋转过程中， （1）如图1，当F点落在边AD上时，求∠EDC的度数； （2）如图2，设EF与边AD交于点M，FE的延长线交DC于G，当AM＝2时，求EG的长； （3）如图3，设EF与边AD交于点N，当tan∠

5、ECD＝时，求△NED的面积． 【答案】（1）15°；（2）3；（3） 【解析】 解：（1）如图1中，作EH⊥BC于H，EM⊥CD于M．则四边形EMCH是矩形． ∵四边形ABCD是正方形， ∴BA＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°， ∵BC＝BE， ∴AB＝BE＝CD， 在Rt△BFA和Rt△BFE中，， ∴Rt△BFA≌△Rt△BFE（HL）， ∴∠ABF＝∠EBF＝30°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠EBC＝30°， ∴EH＝MC＝BE＝CD， ∴DM＝CM， ∵EM⊥CD， ∴ED＝EC， ∵∠BCE＝（180°﹣30°）＝75°， ∴∠

6、EDC＝∠ECD＝15°． （2）如图2中，连接BM、BG． ∵AM＝2， ∴DM＝AD﹣AM＝4， 由（1）可知△BMA≌△BME，△BGE≌△BGC， ∴AM＝EM＝2，EG＝CG， 设EG＝CG＝x，则DG＝6﹣x． 在Rt△DMG中，MG2＝DG2+DM2， ∴（2+x）2＝（6﹣x）2+42， ∴x＝3， ∴EG＝3． （3）如图3中，连接BN，延长FE交CD于G，连接BG． AN＝NE，EG＝CG， ∵BE＝BC， ∴BG垂直平分CE， ∴∠ECG+∠BCG＝90°，∵∠GBC+∠ECB＝90°， ∴∠ECD＝∠GCB， ∴tan∠GBC＝

7、tan∠ECD＝， ∴＝， ∴CG＝BC＝2， ∵CD＝6， ∴DG＝CD﹣CG＝4，设AN＝EN＝y，则DN＝6﹣y， 在Rt△DNG中，（6﹣y）2+42＝（2+y）2， 解得：y＝3， ∴AN＝NE＝3，DN＝3，NG＝5， ∴S△NED＝•S△DNG＝××3×4＝． 【点睛】 本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题． 考点集训 1．（2020·陕西初三期中）问题：如图①，在等边三角形ABC内有一点P，

8、且PA＝2，PB=，PC＝1，求∠BPC的度数和等边三角形ABC的边长． 李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形(如图②)，连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证)，可得∠AP′B＝ °，所以∠BPC＝∠AP′B＝ °，还可证得△ABP是直角三角形，进而求出等边三角形ABC的边长为 ，问题得到解决． （1）根据李明同学的思路填空：∠AP′B＝ °，∠BPC＝∠AP′B＝ °，等边三角形ABC的边长为 ． （2）探

9、究并解决下列问题：如图③，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝，PB＝，PC＝1.求∠BPC的度数和正方形ABCD的边长． 【答案】（1）∠AP′B＝150°，∠BPC＝∠AP′B＝150°，等边三角形ABC的边长为；（2）∠BPC＝135°，正方形ABCD的边长为. 【解析】 （1）∵等边△ABC， ∴∠ABC=60°， 将△BPC绕点B逆时针旋转60°得出△ABP′， ∴AP′=CP=1，BP′=BP=，∠PBC=∠P′BA，∠AP′B=∠BPC， ∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°， ∴∠ABP′+∠ABP=∠ABC=60°， ∴△BPP′是等边三角形， ∴P

10、P′=，∠BP′P=60°， ∵AP′=1，AP=2， ∴AP′2+PP′2=AP2， ∴∠AP′P=90°， ∴∠BPC=∠AP′B=90°+60°=150°， 过点B作BM⊥AP′，交AP′的延长线于点M， ∴∠MP′B=30°，BM=， 由勾股定理得：P′M=， ∴AM=1+=， 由勾股定理得：AB=， 故答案为：150°，． （2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AEB， 与（1）类似：可得：AE=PC=1，BE=BP=，∠BPC=∠AEB，∠ABE=∠PBC， ∴∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABC=90°， ∴∠BEP=（180°-90°）=

11、45°， 由勾股定理得：EP=2， ∵AE=1，AP=，EP=2， ∴AE2+PE2=AP2， ∴∠AEP=90°， ∴∠BPC=∠AEB=90°+45°=135°， 过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F； ∴∠FEB=45°， ∴FE=BF=1， ∴AF=2； ∴在Rt△ABF中，由勾股定理，得AB=； ∴∠BPC=135°，正方形边长为． 答：∠BPC的度数是135°，正方形ABCD的边长是． 【点睛】 本题主要考查对勾股定理及逆定理，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，含30度角的 直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质等知识点的理解和掌握，正确

12、作辅助线并能根据性质进行证明是解此题的关键． 2．（2019·云南初三月考）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E是边AB上一点，将△CBE沿直线CE对折，得到△CFE，连接DF． （1）当D、E、F三点共线时，证明：DE＝CD； （2）当BE＝1时，求△CDF的面积； （3）若射线DF交线段AB于点P，求BP的最大值． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）4﹣ 【解析】 证明：（1）∵四边形ABCD是矩形 ∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD， ∴∠DCE＝∠CEB ∵△CBE翻折得到△CFE ∴∠FEC＝∠CEB ∴∠DCE＝∠FEC ∴DE＝C

13、D （2）如图1，延长EF交CD的延长线于点G， ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD， ∴∠DCE＝∠CEB ∵△CBE翻折得到△CFE ∴∠FEC＝CEB，CF＝BC＝3，EF＝BE＝1，∠CFE＝90° ∴∠DCE＝∠FEC，∠CFG＝90° ∴CG＝EG， ∴GF＝GE﹣EF＝CG﹣1 ∵在Rt△CGF中，CG2＝CF2+GF2， ∴CG2＝9+（CG﹣1）2， 解得：CG＝5 ∵△CDF与△CGF分别以CD、CG为底时，高相等 ∴ ∴S△CDF＝S△CGF＝＝ （3）如图2，过点C作CH⊥DP于点H，连接CP， ∵

14、CD∥AB ∴∠CDP＝∠APD，且∠A＝∠CHD＝90° ∴△ADP∽△HCD ∴＝， ∵CH≤CF，CF＝BC＝AD＝3 ∴CH≤3 ∴当点H与点F重合时， CH最大，DH最小，AP最小，BP最大， 此时，在△ADP与△HCD ∴△ADP≌△HCD（AAS） ∴CD＝DP＝4，AP＝DF ∵AP＝＝ ∴BP的最大值为4﹣． 【点睛】 此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质． 3．（2019·江苏初二期末）如图1，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD交于点M． （1）直接写出AM=　　

15、　　； （2）P是射线AM上的一点，Q是AP的中点，设PQ=x． ①AP=　　　　 ，AQ=　　　　 ； ②以PQ为对角线作正方形，设所作正方形与△ABD公共部分的面积为S，用含x的代数式表示S，并写出相应的x的取值范围．(直接写出，不需要写过程) 【答案】（1）；（2）①2x，x；②S(0＜x≤)． 【解析】 解：（1）∵正方形ABCD的边长为4， ∴对角线AC4， 又∴AM2． 故答案为：2． （2）①Q是AP的中点，设PQ=x， ∴AP=2PQ=2x，AQ=x． 故答案为：2x；x． ②如图： ∵以PQ为对角线作正方形， ∴∠GQM=∠FQM=45°

16、 ∵正方形ABCD对角线AC、BD交于点M， ∴∠FMQ=∠GMQ=90°， ∴△FMQ和△GMQ均为等腰直角三角形， ∴FM=QM=MG． ∵QM=AM﹣AQ=2x， ∴SFG•QM， ∴S， ∵依题意得：， ∴0＜x≤2， 综上所述：S(0＜x≤2)， 【点睛】 本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角．解答本题要充分利用等腰直角三角形性质解答． 4．（2019·江苏初二期末）（1）如图1，已知正方形ABCD，点M和N分别是边BC，CD上的点，且BM=CN，连接AM和BN，交于点

17、P．猜想AM与BN的位置关系，并证明你的结论； （2）如图2，将图（1）中的△APB绕着点B逆时针旋转90º，得到△A′P′B，延长A′P′交AP于点E，试判断四边形BPEP′的形状，并说明理由． 【答案】（1）AM⊥BN，证明见解析；（2）四边形BPEP′是正方形，理由见解析. 【解析】 （1）AM⊥BN 证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC，∠ABM=∠BCN=90° ∵BM=CN， ∴△ABM≌△BCN ∴∠BAM=∠CBN ∵∠CBN+∠ABN=90°， ∴∠ABN+∠BAM=90°， ∴∠APB=90° ∴AM⊥BN．

18、（2）四边形BPEP′是正方形. △A′P′B是△APB绕着点B逆时针旋转90º所得， ∴BP= BP′,∠P′BP=90º. 又由（1）结论可知∠APB=∠A′P′B=90°， ∴∠BP′E=90°. 所以四边形BPEP′是矩形. 又因为BP= BP′,所以四边形BPEP′是正方形. 【点睛】 此题主要考查特殊平行四边形的性质与判定，解题的关键是熟知正方形的性质与判定. 5．（2020·山东初三期末）如图，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接DG，过点A作AH∥DG，交BG于点H．连接HF，AF，其中AF交EC于点M． （1）

19、求证：△AHF为等腰直角三角形． （2）若AB＝3，EC＝5，求EM的长． 【答案】（1）见解析；（2）EM＝ 【解析】 证明：（1）∵四边形ABCD，四边形ECGF都是正方形 ∴DA∥BC，AD＝CD，FG＝CG，∠B＝∠CGF＝90° ∵AD∥BC，AH∥DG， ∴四边形AHGD是平行四边形 ∴AH＝DG，AD＝HG＝CD， ∵CD＝HG，∠ECG＝∠CGF＝90°，FG＝CG， ∴△DCG≌△HGF（SAS）， ∴DG＝HF，∠HFG＝∠HGD ∴AH＝HF， ∵∠HGD+∠DGF＝90°， ∴∠HFG+∠DGF＝90° ∴DG⊥HF，且AH∥DG， ∴A

20、H⊥HF，且AH＝HF ∴△AHF为等腰直角三角形． （2）∵AB＝3，EC＝5， ∴AD＝CD＝3，DE＝2，EF＝5． ∵AD∥EF， ∴，且DE＝2． ∴EM＝． 【点睛】 本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识点，综合性较强难度大灵活运用这些知识进行推理是本题的关键． 6．（2020·深圳市龙岗区石芽岭学校初三月考）如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N． （1）求证：CM=CN； （2）若△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1

21、，求的值． 【答案】(1)证明见解析;(2) 【解析】 解：（1）证明：由折叠的性质可得：∠ANM=∠CNM， ∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠ANM=∠CMN． ∴∠CMN=∠CNM．∴CM=CN． （2）过点N作NH⊥BC于点H，则四边形NHCD是矩形． ∴HC=DN，NH=DC． ∵△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1， ∴． ∴MC=3ND=3HC．∴MH=2HC． 设DN=x，则HC=x，MH=2x，∴CM=3x=CN． 在Rt△CDN中，， ∴HN=． 在Rt△MNH中，， ∴． 7．（2020·河南初三）如下图1，将三角板放在正方

22、形上，使三角板的直角顶点与正方形的顶点重合，三角板的一边交于点．另一边交的延长线于点． （1）观察猜想：线段与线段的数量关系是 ； （2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点始终在正方形的对角线上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由： （3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形”改为“矩形”，且使三角板的一边经过点，其他条件不变，若、，求的值． 【答案】（1）；（2）成立，证明过程见解析；（3）. 【解析】 （1），理由如下： 由直角三角板和正方形的性质得 在和中， ； （2）成立，证明如下

23、： 如图，过点分别作，垂足分别为，则四边形是矩形 由正方形对角线的性质得，为的角平分线 则 在和中， ； （3）如图，过点分别作，垂足分别为 同（2）可知， 由长方形性质得： ，即 在和中， . 【点睛】 本题考查了正方形的性质、矩形的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定定理与性质，较难的是题（3），通过作辅助线，构造两个相似三角形是解题关键. 8．（2020·江苏初二期中）如图，长方形纸片ABCD中，AB＝8，将纸片折叠，使顶点B落在边AD上的E点处，折痕的一端G点在边BC上． （1）如图1，当折痕的另一端F

24、在AB边上且AE＝4时，求AF的长； （2）如图2，当折痕的另一端F在AD边上且BG＝10时， ①求证：△EFG是等腰三角形；②求AF的长； （3）如图3，当折痕的另一端F在AD边上，B点的对应点E到AD的距离是4，且BG＝5时，求AF的长． 【答案】（1）AF＝3；（2）①见解析；②AF＝6；（3）AF＝1 【解析】 （1）解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处， ∴BF＝EF， ∵AB＝8， ∴EF＝8﹣AF， 在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2， 即42+AF2＝（8﹣AF）2， 解得AF＝3； （2）①证明：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处

25、， ∴∠BGF＝∠EGF， ∵长方形纸片ABCD的边AD∥BC， ∴∠BGF＝∠EFG， ∴∠EGF＝∠EFG， ∴EF＝EG， ∴△EFG是等腰三角形； ②解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处， ∴EG＝BG＝10，HE＝AB＝8，FH＝AF， ∴EF＝EG＝10， 在Rt△EFH中，FH＝＝6， ∴AF＝FH＝6； （3）解：如图3，设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N， ∵E到AD的距离为4， ∴EM＝4，EN＝8﹣4＝4， 在Rt△ENG中，EG=BG=5， ∴GN＝＝3， ∵∠GEN+∠KEM＝180°﹣∠

26、GEH＝180°﹣90°＝90°， ∠GEN+∠NGE＝180°﹣90°＝90°， ∴∠KEM＝∠NGE， 又∵∠ENG＝∠KME＝90°， ∴△GEN∽△EKM， ∴， 即， 解得EK＝，KM＝， ∴KH＝EH﹣EK＝8﹣＝， ∵∠FKH＝∠EKM，∠H＝∠EMK＝90°， ∴△FKH∽△EKM， ∴， 即， 解得FH＝1， ∴AF＝FH＝1． 【点睛】 此题考查折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质定理，每个小问的问题都是求AF的长度，故解题中注意思路和方法的总结，（3）中的解题思路与（2）相类似，求出FH问题得解，故将问题转化是解题的一种特别

27、重要的思路. 9．（2019·河南初三期中）正方形ABCD与正方形DEFG按如图1放置，点A，D，G在同一条直线上，点E在CD边上，AD＝3，DE＝，连接AE，CG． （1）线段AE与CC的关系为______； （2）将正方形DEFG绕点D顺时针旋转一个锐角后，如图2，请问（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由 （3）在正方形DEFG绕点D顺时针旋转一周的过程中，当∠AEC＝90°时，请直接写出AE的长． 【答案】（1）AE＝CG，AE⊥CG；（2）仍然成立；理由见解析；（3）AE的长为2+1或2﹣1． 【解析】 （1）线段AE与CG的关系为：AE＝CG，AE⊥CG， 理由

28、如下： 如图1，延长AE交CG于点H， ∵四边形ABCD和四边形DGFE是正方形， ∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADE＝∠CDG＝90°， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG，∠EAD＝∠GCD， ∵∠EAD+∠AED＝90°，∠AED＝∠CEH， ∴∠GCD+∠CEH＝90°， ∴∠CHE＝90°，即AE⊥CG， 故答案为：AE＝CG，AE⊥CG； （2）结论仍然成立，理由如下： 如图2，设AE与CG交于点H， ∵四边形ABCD和四边形DGFE是正方形， ∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°， ∴∠ADC+∠CDE＝∠EDG+∠CDE，

29、 即∠ADE＝∠CDG， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG，∠EAD＝∠GCD， ∵∠EAD+∠APD＝90°，∠APD＝∠CPH， ∴∠GCD+∠CPH＝90°， ∴∠CHP＝90°，即AE⊥CG， ∴AE＝CG，AE⊥CG， ∴①中的结论仍然成立； （3）如图3﹣1，当点E旋转到线段CG上时，过点D作DM⊥AE于点M， ∵∠AEC＝90°，∠DEG＝45°， ∴∠AED＝45°， ∴Rt△DME是等腰直角三角形， ∴ME＝MD＝DE＝1， 在Rt⊈△AMD中，ME＝1，AD＝3， ∴AM＝＝＝2， ∴AE＝AM+ME＝2+1； 如图3﹣2，当

30、点E旋转到线段CG的延长线上时，过点D作DN⊥CE于点N， 则∠END＝90°， ∵∠DEN＝45°， ∴∠EDN＝45°， ∴Rt△DNE是等腰直角三角形， ∴NE＝ND＝DE＝1， 在Rt△CND中，ND＝1，CD＝3， ∴CN＝＝＝2， ∴CE＝NE+CN＝2+1， ∵AC＝AD＝3， ∴在Rt△AEC中， AE＝＝＝2﹣1， 综上所述，AE的长为2+1或2﹣1． 【点睛】 本题考查全等三角形的判定（SAS）与性质，正方形的性质，旋转的性质以及勾股定理，解题关键是在第（3）问中能够根据题意分情况讨论并画出图形，才能保证解答的

31、完整性． 10．（2019·云南初三）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点， （1）求证：△CBE≌△CPE； （2）求证：四边形AECF为平行四边形； （3）若矩形ABCD的边AB＝6，BC＝4，求△CPF的面积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【解析】 （1）解：由折叠可知，EP＝EB，CP＝CB， ∵EC＝EC， ∴△ECP≌△ECB（SSS）． （2）证明：由折叠得到BE＝PE，EC⊥PB， ∵E为AB的中点， ∴AE＝EB＝PE， ∴AP⊥BP， ∴

32、AF∥EC， ∵AE∥FC， ∴四边形AECF为平行四边形； （3）过P作PM⊥DC，交DC于点M， 在Rt△EBC中，EB＝3，BC＝4， 根据勾股定理得： ， ， 由折叠得：BP＝2BQ＝， 在Rt△ABP中，AB＝6，BP＝， 根据勾股定理得： , ∵四边形AECF为平行四边形， ∴AF＝EC＝5，FC＝AE＝3， ∴PF＝5﹣＝， ∵PM∥AD， ∴△FPM∽△FAD ，即 解得：PM＝， 则S△PFC＝FC•PM＝×3×＝． 【点睛】 本题考查的是利用折叠性质来证明三角形全等和平行四边形四边形，还考查了利用勾股定理、面积公式来求三角形的边

33、长，利用相似三角形的性质对应边成比例来求出三角形的高，进而求出三角形的面积．本题第（3）中求也可利用△APB∽△EBC，对应边成比例,求AP，这样比较简便． 11．（2019·江西初三期中）在正方形ABCD中，点P是CD上一动点，连结PA，分别过点B、D作BE⊥PA、DF⊥PA，垂足为E、F，如图①． （1）请探索BE、DF、EF这三条线段长度具有怎样的数量关系，若点P在DC的延长线上（如图②），那么这三条线段的长度之间又有怎样的数量关系？若点P在CD的延长线上呢（如图③）？请分别直接写出结论． （2）请在（1）中的三个结论中选择一个加以证明． 【答案】（1）图①中，BE=DF

34、+EF；图②中，BE=DF-EF；图③中，BE=EF-DF；（2）见解析 【解析】 解：（1）在正方形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°， ∴∠BAE+∠DAF=90°， ∵BE⊥PA，DF⊥PA， ∴∠AEB=∠DFA=90°， ∠ABE+∠BAE=90°， ∴∠ABE=∠DAF， 在△ABE和△DAF中， ∴△ABE≌△DAF(AAS)， ∴AE=DF，AF=BE， 如图①，∵AF=AE+EF， ∴BE=DF+EF， 如图②，∵AE=AF+EF， ∴BE = DF -EF， 如图③，∵EF=AE+AF， ∴BE = EF -DF （2）证明：如图

35、题①， ∵ABCD是正方形， ∴AB=AD， ∵BE⊥PA，DF⊥PA， ∴∠AEB=∠AFD=90°，∠ABE+∠BAE=90°． ∵∠DAF+∠BAE=90°， ∴∠ABE=∠DAF， ∴Rt△ABE≌Rt△DAF， ∴BE=AF，AE=DF， 而AF=AE+EF， ∴BE=DF+EF； 【点睛】 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 12．（2020·河北初三期末）如图，在正方形中，点是边上的一点（不与、重合），点在的延长线上，且满足，连接、，与边交于点． （1）求证：； （2）如果，

36、求证：． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 解：证明（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠CAD＝∠ACB＝45°，∠BAD＝∠CDA＝∠B＝90°， ∴∠BAM＋∠MAD＝90°，∠ADN＝90° ∵∠MAN＝90°， ∴∠MAD＋∠DAN＝90°， ∴∠BAM＝∠DAN， 且AD＝AB，∠ABC＝∠ADN＝90° ∴△ABM≌△ADN（ASA） ∴AM＝AN， （2）∵AM＝AN，∠MAN＝90°， ∴∠MNA＝45°， ∵∠CAD＝2∠NAD＝45°， ∴∠NAD＝22.5° ∴∠CAM＝∠MAN﹣∠CAD﹣∠NAD＝22.5° ∴∠CAM＝∠NAD，∠ACB＝∠MNA＝45°， ∴△AMC∽△AEN ∴＝，且AN＝AM， ∴AN2＝AE•AC 【点睛】 本题主要考查正方形的性质，全等三角形和相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，全等三角形和相似三角形的判定及性质是解题的关键．