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高能压轴卷（正方形）
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这是一份高能压轴卷（正方形），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高能压轴卷
一、单选题（共8题；共0分）
1.如图，在梯形ABCD中，∠ABC=90º，AE∥CD交BC于E，O是AC的中点，AB=， AD=2，BC=3，下列结论：①∠CAE=30º；②AC=2AB；③S△ADC=2S△ABE；④BO⊥CD，其中正确的是（ ）
A.①②③
B.②③④
C.①③④
D.①②③④
2.如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A，B重合），对角线AC，BD相交于点O，过点P分别作AC，BD的垂线，分别交AC，BD于点E，F，交AD，BC于点M，N．下列结论：
①△APE≌△AME；②PM+PN=AC；③PE2+PF2=PO2；④△POF∽△BNF；⑤当△PMN∽△AMP时，点P是AB的中点．
其中正确的结论有
A.5个
B.4个
C.3个
D.2个
3.如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A，B重合），对角线AC，BD相交于点O，过点P分别作AC，BD的垂线，分别交AC，BD于点E，F，交AD，BC于点M，N．下列结论：①△APE≌△AME；②PM+PN=AC；③PE2+PF2=PO2；④△POF∽△BNF；⑤当△PMN∽△AMP时，点P是AB的中点．其中正确的结论的个数有（ ）个
A.5
B.4
C.3
D.2
4.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6cm ， 点P从点A出发，沿AB方向以每秒 cm的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′．设点Q运动的时间为t秒，若四边形QPCP′为菱形，则t的值为（ ）.
A.
B.2
C.2
D.3
5.如图，E是边长为4的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE=BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BR于点R，则PQ+PR的值是（ ）
A.2
B.2
C.2
D.
6.△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点D是BC上的一点，那么点D到AB与AC的距离的和为（ ）
A.5
B.6
C.4
D.
7.如图，在平面直角坐标系中，以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，下列各点中不能作为平行四边形第四个顶点坐标的是（ ）
A.（3，-1）
B.（-1，-1）
C.（1，1）
D.（-2，-1）
8.如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论中一定成立的是（ ）
①∠DCF=∠BCD；②EF=CF；③S△BEC=2S△CEF；④∠DFE=3∠AEF．
A.①②
B.②③④
C.①②④
D.①②③④
二、填空题（共5题；共0分）
9.在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，如此作下去，则△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是________ ．
10.如图，已知四边形ABCD中，∠C=72°，∠D=81°．沿EF折叠四边形，使点A、B分别落在四边形内部的点A′、B′处，则∠1+∠2=________°．
11.△ABC中，∠A=90°，AB=AC ， BC=63cm，现沿底边依次从下往上裁剪宽度均为3cm的矩形纸条，如图所示，已知剪得的纸条中有一张是正方形，则这张正方形纸条是从下往上数第________张．
12.如图，在图（1）中，A1、B1、C1分别是△ABC的边BC、CA、AB的中点，在图（2）中，A2、B2、C2分别是△A1B1C1的边B1C1、C1A1、A1B1的中点，…，按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有________个
13.已知在平面直角坐标系中，有三点 ， ， ．若以 ， ， 为顶点的四边形是平行四边形，写出第四个顶点 的坐标________．
三、解答题（共4题；共0分）
14.已知如图，矩形OABC的长OA=， 宽OC=1，将△AOC沿AC翻折得△APC.
（1）求∠PCB的度数
（2）若P，A两点在抛物线y=x2+bx+c上，求b，c的值，并说明点C在此抛物线上；
（3）（2）中的抛物线与矩形OABC边CB相交于点D，与x轴相交于另外一点E，若点M是x轴上的点，N是y轴上的点，以点E、M、D、N为顶点的四边形是平行四边形，试求点M、N的坐标.
15.（1）已知：如图1，P为△ADC内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平公∠ADC和∠ACD，如果∠A=60°，那么∠P的度数；如果∠A=90°，那么∠P的度数；如果∠A=x°，则∠P的度数；（答案直接填在题中横线上）
（2）如图2，P为四边形ABCD内一点，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试探究∠P与∠A+∠B的数量关系，并写出你的探索过程；
（3）如图3，P为五边形ABCDE内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平公∠ADC和∠ACD，请直接写出∠P与∠A+∠B+∠E的数量关系
（4）如图4，P为六边形ABCDEF内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平公∠ADC和∠ACD，请直接写出∠P与∠A+∠B+∠E+∠F的数量关系
（5）若P为n边形A1A2A3…An内一点，PA1平分∠AnA1A2 ， PA2平分∠A1A2A3 ， 请直接写出∠P与∠A3+A4+A5+…∠An的数量关系：
16.探索归纳：
（1）如图1，已知△ABC为直角三角形，∠C=90°，若沿图中虚线剪去∠C，则∠1+∠2等于( )
A.90°
B.135°
C.270°
D.315°
（2）如图2，已知△ABC中，∠A=40°，剪去∠A后成四边形，则∠1+∠2=________
（3）如图2，根据（1）与（2）的求解过程，请你归纳猜想∠1+∠2与∠A的关系是________
（4）如图3，若没有剪掉，而是把它折成如图3形状，试探究∠1+∠2与∠A的关系并说明理由．
17.如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AB≠CD，BD=AC．
（1）求证：AD=BC；
（2）若E、F、G、H分别是AB、CD、AC、BD的中点，求证：线段EF与线段GH互相垂直平分．
四、综合题（共3题；共0分）
18.如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的点，点E在AB上，且PA=PE．
（1）求证：PC=PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，试探究∠CPE与∠ABC之间的数量关系，并说明理由．
19.如图，在▱ABCD中，AB＜BC，以点A为圆心，AB长为半径作圆弧交AD于点F，再分别以点B、F为圆心，大于BF的一半长为半径作圆弧，两弧交于一点P，连结AP并延长交BC于点E，连结EF．
（1）四边形ABEF是________（填“矩形”、“菱形”、“正方形”或“无法确定”）（直接填写结果），并证明你的结论．
（2）AE、NF相交于点O，若四边形ABEF的周长为40，BF=10，则AE的长为________，∠ADC=________°，（直接填写结果）
20.求解：已知：如图1，P为△ADC内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD。
（1）如果∠A=60°，那么∠P是多少度；如果∠A=90°，那么∠P是多少度；如果∠A=x°，则∠P是多少度？
（2）如图2，P为四边形ABCD内一点，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试探究∠P与∠A+∠B的数量关系，并写出你的探索过程；
（3）如图3，P为五边形ABCDE内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，请直接写出∠P与∠A+∠B+∠E的数量关系。
（4）如图4，P为六边形ABCDEF内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，请直接写出∠P与∠A+∠B+∠E+∠F的数量关系。
（5）若P为n边形A1A2A3…An内一点，PA1平分∠AnA1A2 ， PA2平分∠A1A2A3 ， 请直接写出∠P与∠A3+A4+A5+…∠An的数量关系。（用含n的代数式表示）
答案部分
第 1 题:
【答案】 D
【考点】等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，特殊角的三角函数值
【解析】【分析】根据梯形的性质和直角三角形中的边角关系，逐个进行验证，即可得出结论．
【解答】在直角三角形ABC中，∵AB=， BC=3，
∴tan∠ACB=．
∴∠ACB=30°．
∴∠BAC=60°，AC=2AB=2． ②是正确的
∵AD∥BC，AE∥CD，
∴四边形ADCE是平行四边形．
∴CE=AD=2．
∴BE=1．
在直角三角形ABE中，tan∠BAE=， ∠BAE=30°．
∴∠CAE=30°．①是正确的
∴AE=2BE=2．
∵AE=CE，
∴平行四边形ADCE是菱形．
∴∠DCE=∠DAE=60°．
∴∠BAE=30°
又∵∠CAE=30°
∴∠BAO=60°
又∵AB=AO
∴△AOB是等边三角形，
∴∠ABO=60°．
∴∠OBE=30°．
∴BO⊥CD．④是正确的．
∵AD∥BC，AD=2BE．
∴S△ADC=2S△ABE ， ③是正确的．
∴①②③④都是正确的，故选D．
【点评】此类问题难度较大，在中考中比较常见，一般在压轴题中出现，需特别注意.
第 2 题:
【答案】 B
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定，正方形的性质
【解析】【分析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC=∠DAC=45°。
∵在△APE和△AME中，，
∴△APE≌△AME。故①正确。
∴PE=EM=PM。
同理，FP=FN=NP。
∵正方形ABCD中AC⊥BD，又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE。
∴四边形PEOF是矩形。∴PF=OE。∴PE+PF=OA。
又∵PE=EM=PM，FP=FN=NP，OA=AC，∴PM+PN=AC。故②正确。
∵四边形PEOF是矩形，∴PE=OF。
在直角△OPF中，OF2+PF2=PO2 ， ∴PE2+PF2=PO2。故③正确。
∵△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是。故④错误；
∵△AMP是等腰直角三角形，当△PMN∽△AMP时，△PMN是等腰直角三角形，
∴PM=PN。
又∵△AMP和△BPN都是等腰直角三角形，∴AP=BP，即P时AB的中点。故⑤正确。
综上所述，正确的结论有①②③⑤四个。故选B。
第 3 题:
【答案】 B
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质
【解析】【分析】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=45°．
∵在△APE和△AME中，
∠BAC＝∠DAC
AE＝AE
∠AEP＝∠AEM
∴△APE≌△AME，故①正确；
∴PE=EM=PM，
同理，FP=FN=NP．
∵正方形ABCD中AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE
∴四边形PEOF是矩形．
∴PF=OE，
∴PE+PF=OA，
又∵PE=EM=PM，FP=FN=NP，OA=AC，
∴PM+PN=AC，故②正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴PE=OF，
在直角△OPF中，OF2+PF2=PO2 ，
∴PE2+PF2=PO2 ， 故③正确．
∵△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是，故④错误；
∵△AMP是等腰直角三角形，当△PMN∽△AMP时，△PMN是等腰直角三角形．
∴PM=PN，
又∵△AMP和△BPN都是等腰直角三角形，
∴AP=BP，即P时AB的中点．故⑤正确．
故选B．
第 4 题:
【答案】 B
【考点】勾股定理，菱形的性质，平行线分线段成比例
【解析】【解答】连接PP′交BC于O ，
∵若四边形QPCP′为菱形，
∴PP′⊥QC ，
∴∠POQ=90°，
∵∠ACB=90°，
∴PO∥AC ，
∴ ，
∵设点Q运动的时间为t秒，
∴AP= t ， QB=t ，
∴QC=6-t ，
∴CO=3- ，
∵AC=CB=6，∠ACB=90°，
∴AB= =6 ，
∴ ，
解得：t=2，
故选：B．
【分析】首先连接PP′交BC于O ， 根据菱形的性质可得PP′⊥CQ ， 证出PO∥AC ， 根据平行线分线段成比例得 ，再表示出AP、AB、CO的长，代入比例式求出t的值．
第 5 题:
【答案】 A
【考点】正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BP，设点C到BE的距离为h，
则S△BCE=S△BCP+S△BEP ，
即BE•h=BC•PQ+BE•PR，
∵BE=BC，
∴h=PQ+PR，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴h=4×=2．
故答案为：2．
【分析】连接BP，设点C到BE的距离为h，然后根据S△BCE=S△BCP+S△BEP求出h=PQ+PR，再根据正方形的性质求出h即可．
第 6 题:
【答案】 D
【考点】平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质
【解析】【分析】作△ABC的高CQ，AH，过C作CZ⊥DE交ED的延长线于Z，
∵AB=AC=5，BC=6，AH⊥BC，
∴BH=CH=3，
根据勾股定理得：AH=4，
根据三角形的面积公式得：BC•AH=AB•CQ，
即：6×4=5CQ，
解得：CQ=，
∵CQ⊥AB，DE⊥AB，CZ⊥DE，
∴∠CQE=∠QEZ=∠Z=90°，
∴四边形QEZC是矩形，
∴CQ=ZE，
∵∠QEZ=∠Z=90°，
∴∠QEZ+∠Z=180°，
∴CZ∥AB，
∴∠B=∠ZCB，
∵DF⊥AC，CZ⊥DE，
∴∠Z=∠DFC=90°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠ACB=∠ZCB，
∵CD=CD，∠ACB=∠ZCB，
∴△ZCD≌△FCD，
∴DF=DZ，
∴DE+DF=CQ=．
故选D．
第 7 题:
【答案】 D
【考点】坐标与图形性质，平行四边形的判定
【解析】【解答】A，∵以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，
当第四个点为（3，-1）时，
∴BO=AC1=2，
∵A，C1 ， 两点纵坐标相等，
∴BO∥AC1 ，
∴四边形OAC1B是平行四边形；故此选项正确；
B，∵以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，
当第四个点为（-1，-1）时，
∴BO=AC2=2，
∵A，C2 ， 两点纵坐标相等，
∴BO∥AC2 ，
∴四边形OC2AB是平行四边形；故此选项正确；
C，∵以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，
当第四个点为（1，1）时，
∴BO=AC1=2，
∵A，C1 ， 两点纵坐标相等，
∴C3O=BC3=.
同理可得出AO=AB= .
进而得出C3O=BC3=AO=AB，∠OAB=90°，
∴四边形OABC3是正方形；故此选项正确；
D，∵以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，
当第四个点为（-1，-1）时，四边形OC2AB是平行四边形；
∴当第四个点为（-2，-1）时，四边形OC2AB不可能是平行四边形；
故此选项错误．
故选：D．
【分析】根据以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，根据平行四边形的判定分别对答案A，B，C，D进行分析即可得出符合要求的答案．
第 8 题:
【答案】 C
【考点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：①∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠FCB，
∴∠DCF=∠BCF，
∴∠DCF=∠BCD，故此选项正确；
②延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DFM中，
，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∵FM=EF，
∴FC=FM，故②正确；
③∵EF=FM，
∴S△EFC=S△CFM ，
∵MC＞BE，
∴S△BEC＜2S△EFC
故S△BEC=2S△CEF错误；
④设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC=90°﹣x，
∴∠EFC=180°﹣2x，
∴∠EFD=90°﹣x+180°﹣2x=270°﹣3x，
∵∠AEF=90°﹣x，
∴∠DFE=3∠AEF，故此选项正确．
故选C．
【分析】由在平行四边形ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，易得AF=FD=CD，继而证得①∠DCF=∠BCD；然后延长EF，交CD延长线于M，分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF（ASA），得出对应线段之间关系进而得出答案．
第 9 题:
【答案】 （4n+1，3）
【考点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，
∴A1的坐标为（1，），B1的坐标为（2，0），
∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，
∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，
∵2×2﹣1=3，2×0﹣=﹣，
∴点A2的坐标是（3，﹣），
∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，
∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，
∵2×4﹣3=5，2×0﹣（﹣）=，
∴点A3的坐标是（5，），
∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，
∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，
∵2×6﹣5=7，2×0﹣=﹣，
∴点A4的坐标是（7，﹣），
…，
∵1=2×1﹣1，3=2×2﹣1，5=2×3﹣1，7=2×3﹣1，…，
∴An的横坐标是2n﹣1，A2n+1的横坐标是2（2n+1）﹣1=4n+1，
∵当n为奇数时，An的纵坐标是， 当n为偶数时，An的纵坐标是﹣，
∴顶点A2n+1的纵坐标是，
∴△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是（4n+1，）．
故答案为：（4n+1，）．
【分析】首先根据△OA1B1是边长为2的等边三角形，可得A1的坐标为（1，），B1的坐标为（2，0）；然后根据中心对称的性质，分别求出点A2、A3、A4的坐标各是多少；最后总结出An的坐标的规律，求出A2n+1的坐标是多少即可．
第 10 题:
【答案】 54
【考点】多边形内角与外角
【解析】【解答】由题意得：∠1+∠2+∠FEA′+∠EFB′+∠D+∠C=360°，
又∵∠C=72°，∠D=81°，
∴∠FEA′+∠EFB′+∠1+∠2=207°；
又∵∠AEF+∠BFE+∠FEA′+∠EFB′+∠1+∠2=360°，四边形A′B′FE是四边形ABEF翻转得到的，
∴∠FEA′+∠EFB′=∠AEF+∠BFE，
∴∠FEA′+∠EFB′=360°-207°=153°，
∴∠1+∠2=54°．
【分析】本题考查了翻转变换及多边形的内角和的知识，有一定难度，找准各个角的关系是关键．
第 11 题:
【答案】 10
【考点】等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，相似三角形的应用
【解析】【解答】过点A作AD⊥BC于点D ，
∵△ABC中，∠A= ，AB=AC ， BC=63cm，
∴AD=BD= BC= ×63= cm．
设这张正方形纸条是从下往上数第n张，
∵则BnCn∥BC ，
∴△ABnCn∽△ABC ，
∴ ，即 ，
解得n=10．
故答案为：10．
【分析】先求出△ABC的高，再根据截取正方形以后所剩下的三角形与原三角形相似，根据相似三角形对应边上的高的比等于相似比进行求解．解答此类题熟练掌握相似三角形性质：相似三角形周长的比等于相似比；
相似三角形面积的比等于相似比的平方；相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比．
第 12 题:
【答案】 3n
【考点】三角形中位线定理，平行四边形的判定
【解析】【解答】在图（1）中，A1、B1、C1分别是△ABC的边BC、CA、AB的中点，
∴A1C1∥AB1A1B1∥BC1A1C1∥B1C
A1C1=AB1A1B1=BC1A1C1=B1C，
∴四边形A1B1AC1、A1B1C1B、A1C1B1C是平行四边形，共有3个．
在图（2）中，A2、B2、C2分别是△A1B1C1的边B1C1、C1A1、A1B1的中点，
同理可证：四边形A1B1AC1、A1B1C1B、A1C1B1C、A2B2C2B1、A2B2A1C2、A2C2B2C1是平行四边形，共有6个．
…
按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有3n个．
【分析】根据平行四边形的判断定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．在图（1）中，有3个平行四边形；在图（2）中，有6个平行四边形；…按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有3n个．
第 13 题:
【答案】 (2,5) ， (−6,−1) ， (−3,8)
【考点】平行四边形的性质，平行四边形的判定，两一次函数图像相交或平行问题
【解析】【解答】如图所示，
点坐标为 ， ， ．
故答案为： ， ， .
【分析】根据平行四边形对边平行性质和此性质逆定理可得D点有三个位置（画出草图），然后根据两直线平行，比例系数相等和两直线相交的交点求法，便可以得到结果。
第 14 题:
【答案】 解：（1）在Rt△OAC中，OA=， OC=1，则∠OAC=30°，∠OCA=60°；
根据折叠的性质知：OA=AP=， ∠ACO=∠ACP=60°；
∵∠BCA=∠OAC=30°，且∠ACP=60°，
∴∠PCB=30°．
（2）过P作PQ⊥OA于Q；
Rt△PAQ中，∠PAQ=60°，AP=；
∴OQ=AQ=， PQ=，
所以P（， ）；
将P、A代入抛物线的解析式中，得：
，
解得；
即y=x2+x+1；
当x=0时，y=1，故C（0，1）在抛物线的图象上．
（3）①若DE是平行四边形的对角线，点C在y轴上，CD平行x轴，
∴过点D作DM∥CE交x轴于M，则四边形EMDC为平行四边形，
把y=1代入抛物线解析式得点D的坐标为（， 1）
把y=0代入抛物线解析式得点E的坐标为（， 0）
∴M（， 0）；N点即为C点，坐标是（0，1）；
②若DE是平行四边形的边，
过点A作AN∥DE交y轴于N，四边形DANE是平行四边形，
∴DE=AN===2，
∵tan∠EAN==，
∴∠EAN=30°，
∵∠DEA=∠EAN，
∴∠DEA=30°，
∴M（， 0），N（0，-1）；
同理过点C作CM∥DE交y轴于N，四边形CMDE是平行四边形，
∴M（， 0），N（0，1）．
【考点】待定系数法求二次函数解析式，勾股定理，平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题），二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】
（1）根据OC、OA的长，可求得∠OCA=∠ACP=60°（折叠的性质），∠BCA=∠OAC=30°，由此可判断出∠PCB的度数．
（2）过P作PQ⊥OA于Q，在Rt△PAQ中，易知PA=OA=3，而∠PAO=2∠PAC=60°，即可求出AQ、PQ的长，进而可得到点P的坐标，将P、A坐标代入抛物线的解析式中，即可得到b、c的值，从而确定抛物线的解析式，然后将C点坐标代入抛物线的解析式中进行验证即可．
（3）根据抛物线的解析式易求得C、D、E点的坐标，然后分两种情况考虑：
①DE是平行四边形的对角线，由于CD∥x轴，且C在y轴上，若过D作直线CE的平行线，那么此直线与x轴的交点即为M点，而N点即为C点，D、E的坐标已经求得，结合平行四边形的性质即可得到点M的坐标，而C点坐标已知，即可得到N点的坐标；
②DE是平行四边形的边，由于A在x轴上，过A作DE的平行线，与y轴的交点即为N点，而M点即为A点；易求得∠DEA的度数，即可得到∠NAO的度数，已知OA的长，通过解直角三角形可求得ON的值，从而确定N点的坐标，而M点与A点重合，其坐标已知；
同理，由于C在y轴上，且CD∥x轴，过C作DE的平行线，也可找到符合条件的M、N点，解法同上．
第 15 题:
【答案】 解：（1）∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠ACD，
∴∠DPC=180°﹣∠PDC﹣∠PCD
=180°﹣∠ADC﹣∠ACD
=180°﹣（∠ADC+∠ACD）
=180°﹣（180°﹣∠A）
=90°+∠A，
∴如果∠A=60°，那么∠P=120°；如果∠A=90°，那么∠P=135°；如果∠A=x°，则∠P=（90+）°；
（2）∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠BCD，
∴∠DPC=180°﹣∠PDC﹣∠PCD
=180°﹣∠ADC﹣∠BCD
=180°﹣（∠ADC+∠BCD）
=180°﹣（360°﹣∠A﹣∠B）
=（∠A+∠B）；
（3）五边形ABCDEF的内角和为：（5﹣2）•180°=540°，
∵DP、CP分别平分∠EDC和∠BCD，
∴∠P=∠EDC，∠PCD=∠BCD，
∴∠P=180°﹣∠PDC﹣∠PCD
=180°﹣∠EDC﹣∠BCD
=180°﹣（∠EDC+∠BCD）
=180°﹣（540°﹣∠A﹣∠B﹣∠E）
=（∠A+∠B+∠E）﹣90°，
即∠P=（∠A+∠B+∠E）﹣90°．
（4）六边形ABCDEF的内角和为：（6﹣2）•180°=720°，
∵DP、CP分别平分∠EDC和∠BCD，
∴∠PDC=∠EDC，∠PCD=∠BCD，
∴∠P=180°﹣∠PDC﹣∠PCD
=180°﹣∠EDC﹣∠BCD
=180°﹣（∠EDC+∠BCD）
=180°﹣（720°﹣∠A﹣∠B﹣∠E﹣∠F）
=（∠A+∠B+∠E+∠F）﹣180°，
即∠P=（∠A+∠B+∠E+∠F）﹣180°．
（5）同（1）可得，∠P=（∠A3+∠A4+∠A5+…∠An）﹣（n﹣4）×90°．
故答案为：120，135，（90+）；（∠A+∠B）；∠P=（∠A+∠B+∠E）﹣90°；∠P=（∠A+∠B+∠E+∠F）﹣180°；，∠P=（∠A3+∠A4+∠A5+…∠An）﹣（n﹣4）×90°．
【考点】多边形内角与外角
【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠ACD，然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解；
（2）根据四边形的内角和定理表示出∠ADC+∠BCD，然后同理（1）解答即可；
（3）根据五边形的内角和公式表示出∠EDC+∠BCD，然后同理（1）解答即可；
（4）根据六边形的内角和公式表示出∠EDC+∠BCD，然后同理（1）解答即可；
（5）根据n边形的内角和公式表示出∠EDC+∠BCD，然后同理（1）解答即可．
第 16 题:
【答案】 （1）C
（2）220°
（3）∠1+∠2=180°+∠A
（4）∵△EFP是由△EFA折叠得到的，
∴∠AFE=∠PFE，∠AEF=∠PEF
∴∠1=180°﹣2∠AFE，∠2=180°﹣2∠AEF
∴∠1+∠2=360°﹣2（∠AFE+∠AEF）
又∵∠AFE+∠AEF=180°﹣∠A，
∴∠1+∠2=360°﹣2（180°﹣∠A）=2∠A．
【考点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：（1）：∵四边形的内角和为360°，直角三角形中两个锐角和为90°
∴∠1+∠2=360°﹣（∠A+∠B）=360°﹣90°=270°．
∴∠1+∠2等于270°．
故选C；
（2）∠1+∠2=180°+40°=220°，
故答案是：220°；
（3）∠1+∠2与∠A的关系是：∠1+∠2=180°+∠A
【分析】（1）利用了四边形内角和为360°和直角三角形的性质求解；
（2）根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和求解；
（3）根据（1）（2）可以直接写出结果；
（4）根据折叠的性质，对应角相等，以及邻补角的性质即可求解．
第 17 题:
【答案】 （1）证明：过点B作BM∥AC交DC的延长线于点M，如图1，
∵AB∥CD
∴四边形ABMC为平行四边形，
∴AC=BM=BD，∠BDC=∠M=∠ACD，
在△ACD和△BDC中，
，
∴△ACD≌△BDC（SAS），
∴AD=BC；
（2）证明：连接EH，HF，FG，GE，如图2，
∵E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，
∴HE∥AD，且HE= AD，FG∥AD，且FG= ，
∴四边形HFGE为平行四边形，
由（1）知，AD=BC，
∴HE=EG，
∴▱HFGE为菱形，
∴EF与GH互相垂直平分．
【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，中点四边形
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质易得AC=BM=BD，∠BDC=∠M=∠ACD，由全等三角形判定定理及性质得出结论；
（2）连接EH，HF，FG，GE，E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，易得四边形HFGE为平行四边形，由平行四边形的性质及（1）结论得▱HFGE为菱形，易得EF与GH互相垂直平分．
第 18 题:
【答案】 （1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC，
∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，
∵PA=PE，
∴PC=PE；
（2）解：由（1）知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴∠PAE=∠PEA，
∴∠CPB=∠AEP，
∵∠AEP+∠PEB=180°，
∴∠PEB+∠PCB=180°，
∴∠ABC+∠EPC=180°，
∵∠ABC=90°，
∴∠EPC=90°
（3）∠ABC+∠EPC=180°，
理由：解：在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=60°，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠DCP，
∴∠PAE=∠PEA，
∴∠CPB=∠AEP，
∵∠AEP+∠PEB=180°，
∴∠PEB+∠PCB=180°，
∴∠ABC+∠EPC=180°
【考点】三角形全等的判定，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质，四边相等，四个角为90°，且对角线平分对角，即可证出△ABP≌△CBP（SAS），得PA＝PC，由于PA＝PE，得PC＝PE
（２）利用全等的性质，由△ABP≌△CBP，得∠BAP=∠BCP，进而得∠DAP=∠DCP,由PA＝PE，∠PAE=∠PEA，最后通过同角的补角的关系得到∠ABC+∠EPC=180°，以及四边形的内角和为360°，∠CPF=∠EDF=90°最后得出结论
（3）此题为一二题的变式题，借助(1)和(2)证明方法第三题易证，且菱形和正方形除了每个角不是直角以为，其他的性质都是共性，即可证出△ABP≌△CBP（SAS），得到∠BAP=∠BCP，然后根据等腰三角形的等边对等角得∠DAP=∠DCP，最后再通过同角的补角关系和四边形的内角和为360°即可得出结论。
第 19 题:
【答案】 （1）菱形
（2）103；120°
【考点】菱形的判定与性质，特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解： (1)在△AEB和△AEF中，
∴△AEB≌△AEF，
∴∠EAB=∠EAF，
∵AD∥BC，
∴∠EAF=∠AEB=∠EAB，
∴BE=AB=AF.
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形.
故答案为:菱形.
( 2 )∵四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，BO=OF=5，∠ABO=∠EBO，
∵AB=10，
∴AB=2BO,
∵
∴
∴
故答案为:
【分析】（1）由作法知AB=AF，BE=FE，AE平分∠BAD，所以∠EAB=∠EAF，根据平行四边形的性质可得AD∥BC，则∠EAF=∠AEB=∠EAB，易得BE=AB=AF=EF，由四边相等的四边形是菱形可得四边形ABEF是菱形；
（2）要求AE的长，根据菱形的性质知，只须求得AO的长即可；根据已知条件，在直角三角形AOB中用勾股定理即可求解；根据特殊角的三角函数值可求解。
第 20 题:
【答案】 （1）解答：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC= ∠ADC，∠PCD= ∠ACD，
∴∠DPC=180°-∠PDC-∠PCD=180°- （∠ADC+∠ACD）=180°- （180°-∠A）
=90°+ ∠A，
∴如果∠A=60°，那么∠P=120°；如果∠A=90°，那么∠P=135°；如果∠A=x°，则∠P=（90+ ）°
（2）解答： ∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC= ∠ADC，∠PCD= ∠BCD，
∴∠DPC=180°-∠PDC-∠PCD=180°- （∠ADC+∠BCD）=180°- （360°-∠A-∠B）
= （∠A+∠B）；
（3）解答：五边形ABCDEF的内角和为：（5-2）•180°=540°，
∵DP、CP分别平分∠EDC和∠BCD，
∴∠P= ∠EDC，∠PCD= ∠BCD，
∴∠P=180°-∠PDC-∠PCD=180°- （∠EDC+∠BCD）=180°- （540°-∠A-∠B-∠E）
= （∠A+∠B+∠E）-90°．
（4）解答：六边形ABCDEF的内角和为：（6-2）•180°=720°，
∵DP、CP分别平分∠EDC和∠BCD，
∴∠PDC= ∠EDC，∠PCD= ∠BCD，
∴∠P=180°-∠PDC-∠PCD=180°- （∠EDC+∠BCD）=180°- （720°-∠A-∠B-∠E-∠F）= （∠A+∠B+∠E+∠F）-180°．
（5）解答：同第一小题可得，∠P= （∠A3+∠A4+∠A5+…∠An）-（n-4）×90°.
【考点】多边形内角与外角
【解析】【分析】这五小题的做法类似，把求∠P的度数转换成求 （∠EDC+∠BCD），由多边形的内角和可得（∠EDC+∠BCD）与其他内角和的数量关系，从而得∠P.
高能压轴卷
一、单选题（共8题；共0分）
1.如图，在梯形ABCD中，∠ABC=90º，AE∥CD交BC于E，O是AC的中点，AB=， AD=2，BC=3，下列结论：①∠CAE=30º；②AC=2AB；③S△ADC=2S△ABE；④BO⊥CD，其中正确的是（ ）
A.①②③
B.②③④
C.①③④
D.①②③④
2.如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A，B重合），对角线AC，BD相交于点O，过点P分别作AC，BD的垂线，分别交AC，BD于点E，F，交AD，BC于点M，N．下列结论：
①△APE≌△AME；②PM+PN=AC；③PE2+PF2=PO2；④△POF∽△BNF；⑤当△PMN∽△AMP时，点P是AB的中点．
其中正确的结论有
A.5个
B.4个
C.3个
D.2个
3.如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A，B重合），对角线AC，BD相交于点O，过点P分别作AC，BD的垂线，分别交AC，BD于点E，F，交AD，BC于点M，N．下列结论：①△APE≌△AME；②PM+PN=AC；③PE2+PF2=PO2；④△POF∽△BNF；⑤当△PMN∽△AMP时，点P是AB的中点．其中正确的结论的个数有（ ）个
A.5
B.4
C.3
D.2
4.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6cm ， 点P从点A出发，沿AB方向以每秒 cm的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′．设点Q运动的时间为t秒，若四边形QPCP′为菱形，则t的值为（ ）.
A.
B.2
C.2
D.3
5.如图，E是边长为4的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE=BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BR于点R，则PQ+PR的值是（ ）
A.2
B.2
C.2
D.
6.△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点D是BC上的一点，那么点D到AB与AC的距离的和为（ ）
A.5
B.6
C.4
D.
7.如图，在平面直角坐标系中，以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，下列各点中不能作为平行四边形第四个顶点坐标的是（ ）
A.（3，-1）
B.（-1，-1）
C.（1，1）
D.（-2，-1）
8.如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论中一定成立的是（ ）
①∠DCF=∠BCD；②EF=CF；③S△BEC=2S△CEF；④∠DFE=3∠AEF．
A.①②
B.②③④
C.①②④
D.①②③④
二、填空题（共5题；共0分）
9.在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，如此作下去，则△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是________ ．
10.如图，已知四边形ABCD中，∠C=72°，∠D=81°．沿EF折叠四边形，使点A、B分别落在四边形内部的点A′、B′处，则∠1+∠2=________°．
11.△ABC中，∠A=90°，AB=AC ， BC=63cm，现沿底边依次从下往上裁剪宽度均为3cm的矩形纸条，如图所示，已知剪得的纸条中有一张是正方形，则这张正方形纸条是从下往上数第________张．
12.如图，在图（1）中，A1、B1、C1分别是△ABC的边BC、CA、AB的中点，在图（2）中，A2、B2、C2分别是△A1B1C1的边B1C1、C1A1、A1B1的中点，…，按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有________个
13.已知在平面直角坐标系中，有三点 ， ， ．若以 ， ， 为顶点的四边形是平行四边形，写出第四个顶点 的坐标________．
三、解答题（共4题；共0分）
14.已知如图，矩形OABC的长OA=， 宽OC=1，将△AOC沿AC翻折得△APC.
（1）求∠PCB的度数
（2）若P，A两点在抛物线y=x2+bx+c上，求b，c的值，并说明点C在此抛物线上；
（3）（2）中的抛物线与矩形OABC边CB相交于点D，与x轴相交于另外一点E，若点M是x轴上的点，N是y轴上的点，以点E、M、D、N为顶点的四边形是平行四边形，试求点M、N的坐标.
15.（1）已知：如图1，P为△ADC内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平公∠ADC和∠ACD，如果∠A=60°，那么∠P的度数；如果∠A=90°，那么∠P的度数；如果∠A=x°，则∠P的度数；（答案直接填在题中横线上）
（2）如图2，P为四边形ABCD内一点，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试探究∠P与∠A+∠B的数量关系，并写出你的探索过程；
（3）如图3，P为五边形ABCDE内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平公∠ADC和∠ACD，请直接写出∠P与∠A+∠B+∠E的数量关系
（4）如图4，P为六边形ABCDEF内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平公∠ADC和∠ACD，请直接写出∠P与∠A+∠B+∠E+∠F的数量关系
（5）若P为n边形A1A2A3…An内一点，PA1平分∠AnA1A2 ， PA2平分∠A1A2A3 ， 请直接写出∠P与∠A3+A4+A5+…∠An的数量关系：
16.探索归纳：
（1）如图1，已知△ABC为直角三角形，∠C=90°，若沿图中虚线剪去∠C，则∠1+∠2等于( )
A.90°
B.135°
C.270°
D.315°
（2）如图2，已知△ABC中，∠A=40°，剪去∠A后成四边形，则∠1+∠2=________
（3）如图2，根据（1）与（2）的求解过程，请你归纳猜想∠1+∠2与∠A的关系是________
（4）如图3，若没有剪掉，而是把它折成如图3形状，试探究∠1+∠2与∠A的关系并说明理由．
17.如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AB≠CD，BD=AC．
（1）求证：AD=BC；
（2）若E、F、G、H分别是AB、CD、AC、BD的中点，求证：线段EF与线段GH互相垂直平分．
四、综合题（共3题；共0分）
18.如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的点，点E在AB上，且PA=PE．
（1）求证：PC=PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，试探究∠CPE与∠ABC之间的数量关系，并说明理由．
19.如图，在▱ABCD中，AB＜BC，以点A为圆心，AB长为半径作圆弧交AD于点F，再分别以点B、F为圆心，大于BF的一半长为半径作圆弧，两弧交于一点P，连结AP并延长交BC于点E，连结EF．
（1）四边形ABEF是________（填“矩形”、“菱形”、“正方形”或“无法确定”）（直接填写结果），并证明你的结论．
（2）AE、NF相交于点O，若四边形ABEF的周长为40，BF=10，则AE的长为________，∠ADC=________°，（直接填写结果）
20.求解：已知：如图1，P为△ADC内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD。
（1）如果∠A=60°，那么∠P是多少度；如果∠A=90°，那么∠P是多少度；如果∠A=x°，则∠P是多少度？
（2）如图2，P为四边形ABCD内一点，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试探究∠P与∠A+∠B的数量关系，并写出你的探索过程；
（3）如图3，P为五边形ABCDE内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，请直接写出∠P与∠A+∠B+∠E的数量关系。
（4）如图4，P为六边形ABCDEF内一点，DP、CP分别平分DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，请直接写出∠P与∠A+∠B+∠E+∠F的数量关系。
（5）若P为n边形A1A2A3…An内一点，PA1平分∠AnA1A2 ， PA2平分∠A1A2A3 ， 请直接写出∠P与∠A3+A4+A5+…∠An的数量关系。（用含n的代数式表示）
答案部分
第 1 题:
【答案】 D
【考点】等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，特殊角的三角函数值
【解析】【分析】根据梯形的性质和直角三角形中的边角关系，逐个进行验证，即可得出结论．
【解答】在直角三角形ABC中，∵AB=， BC=3，
∴tan∠ACB=．
∴∠ACB=30°．
∴∠BAC=60°，AC=2AB=2． ②是正确的
∵AD∥BC，AE∥CD，
∴四边形ADCE是平行四边形．
∴CE=AD=2．
∴BE=1．
在直角三角形ABE中，tan∠BAE=， ∠BAE=30°．
∴∠CAE=30°．①是正确的
∴AE=2BE=2．
∵AE=CE，
∴平行四边形ADCE是菱形．
∴∠DCE=∠DAE=60°．
∴∠BAE=30°
又∵∠CAE=30°
∴∠BAO=60°
又∵AB=AO
∴△AOB是等边三角形，
∴∠ABO=60°．
∴∠OBE=30°．
∴BO⊥CD．④是正确的．
∵AD∥BC，AD=2BE．
∴S△ADC=2S△ABE ， ③是正确的．
∴①②③④都是正确的，故选D．
【点评】此类问题难度较大，在中考中比较常见，一般在压轴题中出现，需特别注意.
第 2 题:
【答案】 B
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定，正方形的性质
【解析】【分析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC=∠DAC=45°。
∵在△APE和△AME中，，
∴△APE≌△AME。故①正确。
∴PE=EM=PM。
同理，FP=FN=NP。
∵正方形ABCD中AC⊥BD，又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE。
∴四边形PEOF是矩形。∴PF=OE。∴PE+PF=OA。
又∵PE=EM=PM，FP=FN=NP，OA=AC，∴PM+PN=AC。故②正确。
∵四边形PEOF是矩形，∴PE=OF。
在直角△OPF中，OF2+PF2=PO2 ， ∴PE2+PF2=PO2。故③正确。
∵△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是。故④错误；
∵△AMP是等腰直角三角形，当△PMN∽△AMP时，△PMN是等腰直角三角形，
∴PM=PN。
又∵△AMP和△BPN都是等腰直角三角形，∴AP=BP，即P时AB的中点。故⑤正确。
综上所述，正确的结论有①②③⑤四个。故选B。
第 3 题:
【答案】 B
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质
【解析】【分析】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=45°．
∵在△APE和△AME中，
∠BAC＝∠DAC
AE＝AE
∠AEP＝∠AEM
∴△APE≌△AME，故①正确；
∴PE=EM=PM，
同理，FP=FN=NP．
∵正方形ABCD中AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，且△APE中AE=PE
∴四边形PEOF是矩形．
∴PF=OE，
∴PE+PF=OA，
又∵PE=EM=PM，FP=FN=NP，OA=AC，
∴PM+PN=AC，故②正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴PE=OF，
在直角△OPF中，OF2+PF2=PO2 ，
∴PE2+PF2=PO2 ， 故③正确．
∵△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是，故④错误；
∵△AMP是等腰直角三角形，当△PMN∽△AMP时，△PMN是等腰直角三角形．
∴PM=PN，
又∵△AMP和△BPN都是等腰直角三角形，
∴AP=BP，即P时AB的中点．故⑤正确．
故选B．
第 4 题:
【答案】 B
【考点】勾股定理，菱形的性质，平行线分线段成比例
【解析】【解答】连接PP′交BC于O ，
∵若四边形QPCP′为菱形，
∴PP′⊥QC ，
∴∠POQ=90°，
∵∠ACB=90°，
∴PO∥AC ，
∴ ，
∵设点Q运动的时间为t秒，
∴AP= t ， QB=t ，
∴QC=6-t ，
∴CO=3- ，
∵AC=CB=6，∠ACB=90°，
∴AB= =6 ，
∴ ，
解得：t=2，
故选：B．
【分析】首先连接PP′交BC于O ， 根据菱形的性质可得PP′⊥CQ ， 证出PO∥AC ， 根据平行线分线段成比例得 ，再表示出AP、AB、CO的长，代入比例式求出t的值．
第 5 题:
【答案】 A
【考点】正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BP，设点C到BE的距离为h，
则S△BCE=S△BCP+S△BEP ，
即BE•h=BC•PQ+BE•PR，
∵BE=BC，
∴h=PQ+PR，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴h=4×=2．
故答案为：2．
【分析】连接BP，设点C到BE的距离为h，然后根据S△BCE=S△BCP+S△BEP求出h=PQ+PR，再根据正方形的性质求出h即可．
第 6 题:
【答案】 D
【考点】平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质
【解析】【分析】作△ABC的高CQ，AH，过C作CZ⊥DE交ED的延长线于Z，
∵AB=AC=5，BC=6，AH⊥BC，
∴BH=CH=3，
根据勾股定理得：AH=4，
根据三角形的面积公式得：BC•AH=AB•CQ，
即：6×4=5CQ，
解得：CQ=，
∵CQ⊥AB，DE⊥AB，CZ⊥DE，
∴∠CQE=∠QEZ=∠Z=90°，
∴四边形QEZC是矩形，
∴CQ=ZE，
∵∠QEZ=∠Z=90°，
∴∠QEZ+∠Z=180°，
∴CZ∥AB，
∴∠B=∠ZCB，
∵DF⊥AC，CZ⊥DE，
∴∠Z=∠DFC=90°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠ACB=∠ZCB，
∵CD=CD，∠ACB=∠ZCB，
∴△ZCD≌△FCD，
∴DF=DZ，
∴DE+DF=CQ=．
故选D．
第 7 题:
【答案】 D
【考点】坐标与图形性质，平行四边形的判定
【解析】【解答】A，∵以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，
当第四个点为（3，-1）时，
∴BO=AC1=2，
∵A，C1 ， 两点纵坐标相等，
∴BO∥AC1 ，
∴四边形OAC1B是平行四边形；故此选项正确；
B，∵以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，
当第四个点为（-1，-1）时，
∴BO=AC2=2，
∵A，C2 ， 两点纵坐标相等，
∴BO∥AC2 ，
∴四边形OC2AB是平行四边形；故此选项正确；
C，∵以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，
当第四个点为（1，1）时，
∴BO=AC1=2，
∵A，C1 ， 两点纵坐标相等，
∴C3O=BC3=.
同理可得出AO=AB= .
进而得出C3O=BC3=AO=AB，∠OAB=90°，
∴四边形OABC3是正方形；故此选项正确；
D，∵以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，
当第四个点为（-1，-1）时，四边形OC2AB是平行四边形；
∴当第四个点为（-2，-1）时，四边形OC2AB不可能是平行四边形；
故此选项错误．
故选：D．
【分析】根据以O（0，0）、A（1，-1）、B（2，0）为顶点，构造平行四边形，根据平行四边形的判定分别对答案A，B，C，D进行分析即可得出符合要求的答案．
第 8 题:
【答案】 C
【考点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：①∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠FCB，
∴∠DCF=∠BCF，
∴∠DCF=∠BCD，故此选项正确；
②延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DFM中，
，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∵FM=EF，
∴FC=FM，故②正确；
③∵EF=FM，
∴S△EFC=S△CFM ，
∵MC＞BE，
∴S△BEC＜2S△EFC
故S△BEC=2S△CEF错误；
④设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC=90°﹣x，
∴∠EFC=180°﹣2x，
∴∠EFD=90°﹣x+180°﹣2x=270°﹣3x，
∵∠AEF=90°﹣x，
∴∠DFE=3∠AEF，故此选项正确．
故选C．
【分析】由在平行四边形ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，易得AF=FD=CD，继而证得①∠DCF=∠BCD；然后延长EF，交CD延长线于M，分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF（ASA），得出对应线段之间关系进而得出答案．
第 9 题:
【答案】 （4n+1，3）
【考点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，
∴A1的坐标为（1，），B1的坐标为（2，0），
∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，
∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，
∵2×2﹣1=3，2×0﹣=﹣，
∴点A2的坐标是（3，﹣），
∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，
∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，
∵2×4﹣3=5，2×0﹣（﹣）=，
∴点A3的坐标是（5，），
∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，
∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，
∵2×6﹣5=7，2×0﹣=﹣，
∴点A4的坐标是（7，﹣），
…，
∵1=2×1﹣1，3=2×2﹣1，5=2×3﹣1，7=2×3﹣1，…，
∴An的横坐标是2n﹣1，A2n+1的横坐标是2（2n+1）﹣1=4n+1，
∵当n为奇数时，An的纵坐标是， 当n为偶数时，An的纵坐标是﹣，
∴顶点A2n+1的纵坐标是，
∴△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是（4n+1，）．
故答案为：（4n+1，）．
【分析】首先根据△OA1B1是边长为2的等边三角形，可得A1的坐标为（1，），B1的坐标为（2，0）；然后根据中心对称的性质，分别求出点A2、A3、A4的坐标各是多少；最后总结出An的坐标的规律，求出A2n+1的坐标是多少即可．
第 10 题:
【答案】 54
【考点】多边形内角与外角
【解析】【解答】由题意得：∠1+∠2+∠FEA′+∠EFB′+∠D+∠C=360°，
又∵∠C=72°，∠D=81°，
∴∠FEA′+∠EFB′+∠1+∠2=207°；
又∵∠AEF+∠BFE+∠FEA′+∠EFB′+∠1+∠2=360°，四边形A′B′FE是四边形ABEF翻转得到的，
∴∠FEA′+∠EFB′=∠AEF+∠BFE，
∴∠FEA′+∠EFB′=360°-207°=153°，
∴∠1+∠2=54°．
【分析】本题考查了翻转变换及多边形的内角和的知识，有一定难度，找准各个角的关系是关键．
第 11 题:
【答案】 10
【考点】等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，相似三角形的应用
【解析】【解答】过点A作AD⊥BC于点D ，
∵△ABC中，∠A= ，AB=AC ， BC=63cm，
∴AD=BD= BC= ×63= cm．
设这张正方形纸条是从下往上数第n张，
∵则BnCn∥BC ，
∴△ABnCn∽△ABC ，
∴ ，即 ，
解得n=10．
故答案为：10．
【分析】先求出△ABC的高，再根据截取正方形以后所剩下的三角形与原三角形相似，根据相似三角形对应边上的高的比等于相似比进行求解．解答此类题熟练掌握相似三角形性质：相似三角形周长的比等于相似比；
相似三角形面积的比等于相似比的平方；相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比．
第 12 题:
【答案】 3n
【考点】三角形中位线定理，平行四边形的判定
【解析】【解答】在图（1）中，A1、B1、C1分别是△ABC的边BC、CA、AB的中点，
∴A1C1∥AB1A1B1∥BC1A1C1∥B1C
A1C1=AB1A1B1=BC1A1C1=B1C，
∴四边形A1B1AC1、A1B1C1B、A1C1B1C是平行四边形，共有3个．
在图（2）中，A2、B2、C2分别是△A1B1C1的边B1C1、C1A1、A1B1的中点，
同理可证：四边形A1B1AC1、A1B1C1B、A1C1B1C、A2B2C2B1、A2B2A1C2、A2C2B2C1是平行四边形，共有6个．
…
按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有3n个．
【分析】根据平行四边形的判断定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．在图（1）中，有3个平行四边形；在图（2）中，有6个平行四边形；…按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有3n个．
第 13 题:
【答案】 (2,5) ， (−6,−1) ， (−3,8)
【考点】平行四边形的性质，平行四边形的判定，两一次函数图像相交或平行问题
【解析】【解答】如图所示，
点坐标为 ， ， ．
故答案为： ， ， .
【分析】根据平行四边形对边平行性质和此性质逆定理可得D点有三个位置（画出草图），然后根据两直线平行，比例系数相等和两直线相交的交点求法，便可以得到结果。
第 14 题:
【答案】 解：（1）在Rt△OAC中，OA=， OC=1，则∠OAC=30°，∠OCA=60°；
根据折叠的性质知：OA=AP=， ∠ACO=∠ACP=60°；
∵∠BCA=∠OAC=30°，且∠ACP=60°，
∴∠PCB=30°．
（2）过P作PQ⊥OA于Q；
Rt△PAQ中，∠PAQ=60°，AP=；
∴OQ=AQ=， PQ=，
所以P（， ）；
将P、A代入抛物线的解析式中，得：
，
解得；
即y=x2+x+1；
当x=0时，y=1，故C（0，1）在抛物线的图象上．
（3）①若DE是平行四边形的对角线，点C在y轴上，CD平行x轴，
∴过点D作DM∥CE交x轴于M，则四边形EMDC为平行四边形，
把y=1代入抛物线解析式得点D的坐标为（， 1）
把y=0代入抛物线解析式得点E的坐标为（， 0）
∴M（， 0）；N点即为C点，坐标是（0，1）；
②若DE是平行四边形的边，
过点A作AN∥DE交y轴于N，四边形DANE是平行四边形，
∴DE=AN===2，
∵tan∠EAN==，
∴∠EAN=30°，
∵∠DEA=∠EAN，
∴∠DEA=30°，
∴M（， 0），N（0，-1）；
同理过点C作CM∥DE交y轴于N，四边形CMDE是平行四边形，
∴M（， 0），N（0，1）．
【考点】待定系数法求二次函数解析式，勾股定理，平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题），二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】
（1）根据OC、OA的长，可求得∠OCA=∠ACP=60°（折叠的性质），∠BCA=∠OAC=30°，由此可判断出∠PCB的度数．
（2）过P作PQ⊥OA于Q，在Rt△PAQ中，易知PA=OA=3，而∠PAO=2∠PAC=60°，即可求出AQ、PQ的长，进而可得到点P的坐标，将P、A坐标代入抛物线的解析式中，即可得到b、c的值，从而确定抛物线的解析式，然后将C点坐标代入抛物线的解析式中进行验证即可．
（3）根据抛物线的解析式易求得C、D、E点的坐标，然后分两种情况考虑：
①DE是平行四边形的对角线，由于CD∥x轴，且C在y轴上，若过D作直线CE的平行线，那么此直线与x轴的交点即为M点，而N点即为C点，D、E的坐标已经求得，结合平行四边形的性质即可得到点M的坐标，而C点坐标已知，即可得到N点的坐标；
②DE是平行四边形的边，由于A在x轴上，过A作DE的平行线，与y轴的交点即为N点，而M点即为A点；易求得∠DEA的度数，即可得到∠NAO的度数，已知OA的长，通过解直角三角形可求得ON的值，从而确定N点的坐标，而M点与A点重合，其坐标已知；
同理，由于C在y轴上，且CD∥x轴，过C作DE的平行线，也可找到符合条件的M、N点，解法同上．
第 15 题:
【答案】 解：（1）∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠ACD，
∴∠DPC=180°﹣∠PDC﹣∠PCD
=180°﹣∠ADC﹣∠ACD
=180°﹣（∠ADC+∠ACD）
=180°﹣（180°﹣∠A）
=90°+∠A，
∴如果∠A=60°，那么∠P=120°；如果∠A=90°，那么∠P=135°；如果∠A=x°，则∠P=（90+）°；
（2）∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠BCD，
∴∠DPC=180°﹣∠PDC﹣∠PCD
=180°﹣∠ADC﹣∠BCD
=180°﹣（∠ADC+∠BCD）
=180°﹣（360°﹣∠A﹣∠B）
=（∠A+∠B）；
（3）五边形ABCDEF的内角和为：（5﹣2）•180°=540°，
∵DP、CP分别平分∠EDC和∠BCD，
∴∠P=∠EDC，∠PCD=∠BCD，
∴∠P=180°﹣∠PDC﹣∠PCD
=180°﹣∠EDC﹣∠BCD
=180°﹣（∠EDC+∠BCD）
=180°﹣（540°﹣∠A﹣∠B﹣∠E）
=（∠A+∠B+∠E）﹣90°，
即∠P=（∠A+∠B+∠E）﹣90°．
（4）六边形ABCDEF的内角和为：（6﹣2）•180°=720°，
∵DP、CP分别平分∠EDC和∠BCD，
∴∠PDC=∠EDC，∠PCD=∠BCD，
∴∠P=180°﹣∠PDC﹣∠PCD
=180°﹣∠EDC﹣∠BCD
=180°﹣（∠EDC+∠BCD）
=180°﹣（720°﹣∠A﹣∠B﹣∠E﹣∠F）
=（∠A+∠B+∠E+∠F）﹣180°，
即∠P=（∠A+∠B+∠E+∠F）﹣180°．
（5）同（1）可得，∠P=（∠A3+∠A4+∠A5+…∠An）﹣（n﹣4）×90°．
故答案为：120，135，（90+）；（∠A+∠B）；∠P=（∠A+∠B+∠E）﹣90°；∠P=（∠A+∠B+∠E+∠F）﹣180°；，∠P=（∠A3+∠A4+∠A5+…∠An）﹣（n﹣4）×90°．
【考点】多边形内角与外角
【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠PDC=∠ADC，∠PCD=∠ACD，然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解；
（2）根据四边形的内角和定理表示出∠ADC+∠BCD，然后同理（1）解答即可；
（3）根据五边形的内角和公式表示出∠EDC+∠BCD，然后同理（1）解答即可；
（4）根据六边形的内角和公式表示出∠EDC+∠BCD，然后同理（1）解答即可；
（5）根据n边形的内角和公式表示出∠EDC+∠BCD，然后同理（1）解答即可．
第 16 题:
【答案】 （1）C
（2）220°
（3）∠1+∠2=180°+∠A
（4）∵△EFP是由△EFA折叠得到的，
∴∠AFE=∠PFE，∠AEF=∠PEF
∴∠1=180°﹣2∠AFE，∠2=180°﹣2∠AEF
∴∠1+∠2=360°﹣2（∠AFE+∠AEF）
又∵∠AFE+∠AEF=180°﹣∠A，
∴∠1+∠2=360°﹣2（180°﹣∠A）=2∠A．
【考点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：（1）：∵四边形的内角和为360°，直角三角形中两个锐角和为90°
∴∠1+∠2=360°﹣（∠A+∠B）=360°﹣90°=270°．
∴∠1+∠2等于270°．
故选C；
（2）∠1+∠2=180°+40°=220°，
故答案是：220°；
（3）∠1+∠2与∠A的关系是：∠1+∠2=180°+∠A
【分析】（1）利用了四边形内角和为360°和直角三角形的性质求解；
（2）根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和求解；
（3）根据（1）（2）可以直接写出结果；
（4）根据折叠的性质，对应角相等，以及邻补角的性质即可求解．
第 17 题:
【答案】 （1）证明：过点B作BM∥AC交DC的延长线于点M，如图1，
∵AB∥CD
∴四边形ABMC为平行四边形，
∴AC=BM=BD，∠BDC=∠M=∠ACD，
在△ACD和△BDC中，
，
∴△ACD≌△BDC（SAS），
∴AD=BC；
（2）证明：连接EH，HF，FG，GE，如图2，
∵E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，
∴HE∥AD，且HE= AD，FG∥AD，且FG= ，
∴四边形HFGE为平行四边形，
由（1）知，AD=BC，
∴HE=EG，
∴▱HFGE为菱形，
∴EF与GH互相垂直平分．
【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，中点四边形
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质易得AC=BM=BD，∠BDC=∠M=∠ACD，由全等三角形判定定理及性质得出结论；
（2）连接EH，HF，FG，GE，E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，易得四边形HFGE为平行四边形，由平行四边形的性质及（1）结论得▱HFGE为菱形，易得EF与GH互相垂直平分．
第 18 题:
【答案】 （1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC，
∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，
∵PA=PE，
∴PC=PE；
（2）解：由（1）知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴∠PAE=∠PEA，
∴∠CPB=∠AEP，
∵∠AEP+∠PEB=180°，
∴∠PEB+∠PCB=180°，
∴∠ABC+∠EPC=180°，
∵∠ABC=90°，
∴∠EPC=90°
（3）∠ABC+∠EPC=180°，
理由：解：在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=60°，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠DCP，
∴∠PAE=∠PEA，
∴∠CPB=∠AEP，
∵∠AEP+∠PEB=180°，
∴∠PEB+∠PCB=180°，
∴∠ABC+∠EPC=180°
【考点】三角形全等的判定，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质，四边相等，四个角为90°，且对角线平分对角，即可证出△ABP≌△CBP（SAS），得PA＝PC，由于PA＝PE，得PC＝PE
（２）利用全等的性质，由△ABP≌△CBP，得∠BAP=∠BCP，进而得∠DAP=∠DCP,由PA＝PE，∠PAE=∠PEA，最后通过同角的补角的关系得到∠ABC+∠EPC=180°，以及四边形的内角和为360°，∠CPF=∠EDF=90°最后得出结论
（3）此题为一二题的变式题，借助(1)和(2)证明方法第三题易证，且菱形和正方形除了每个角不是直角以为，其他的性质都是共性，即可证出△ABP≌△CBP（SAS），得到∠BAP=∠BCP，然后根据等腰三角形的等边对等角得∠DAP=∠DCP，最后再通过同角的补角关系和四边形的内角和为360°即可得出结论。
第 19 题:
【答案】 （1）菱形
（2）103；120°
【考点】菱形的判定与性质，特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解： (1)在△AEB和△AEF中，
∴△AEB≌△AEF，
∴∠EAB=∠EAF，
∵AD∥BC，
∴∠EAF=∠AEB=∠EAB，
∴BE=AB=AF.
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形.
故答案为:菱形.
( 2 )∵四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，BO=OF=5，∠ABO=∠EBO，
∵AB=10，
∴AB=2BO,
∵
∴
∴
故答案为:
【分析】（1）由作法知AB=AF，BE=FE，AE平分∠BAD，所以∠EAB=∠EAF，根据平行四边形的性质可得AD∥BC，则∠EAF=∠AEB=∠EAB，易得BE=AB=AF=EF，由四边相等的四边形是菱形可得四边形ABEF是菱形；
（2）要求AE的长，根据菱形的性质知，只须求得AO的长即可；根据已知条件，在直角三角形AOB中用勾股定理即可求解；根据特殊角的三角函数值可求解。
第 20 题:
【答案】 （1）解答：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC= ∠ADC，∠PCD= ∠ACD，
∴∠DPC=180°-∠PDC-∠PCD=180°- （∠ADC+∠ACD）=180°- （180°-∠A）
=90°+ ∠A，
∴如果∠A=60°，那么∠P=120°；如果∠A=90°，那么∠P=135°；如果∠A=x°，则∠P=（90+ ）°
（2）解答： ∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC= ∠ADC，∠PCD= ∠BCD，
∴∠DPC=180°-∠PDC-∠PCD=180°- （∠ADC+∠BCD）=180°- （360°-∠A-∠B）
= （∠A+∠B）；
（3）解答：五边形ABCDEF的内角和为：（5-2）•180°=540°，
∵DP、CP分别平分∠EDC和∠BCD，
∴∠P= ∠EDC，∠PCD= ∠BCD，
∴∠P=180°-∠PDC-∠PCD=180°- （∠EDC+∠BCD）=180°- （540°-∠A-∠B-∠E）
= （∠A+∠B+∠E）-90°．
（4）解答：六边形ABCDEF的内角和为：（6-2）•180°=720°，
∵DP、CP分别平分∠EDC和∠BCD，
∴∠PDC= ∠EDC，∠PCD= ∠BCD，
∴∠P=180°-∠PDC-∠PCD=180°- （∠EDC+∠BCD）=180°- （720°-∠A-∠B-∠E-∠F）= （∠A+∠B+∠E+∠F）-180°．
（5）解答：同第一小题可得，∠P= （∠A3+∠A4+∠A5+…∠An）-（n-4）×90°.
【考点】多边形内角与外角
【解析】【分析】这五小题的做法类似，把求∠P的度数转换成求 （∠EDC+∠BCD），由多边形的内角和可得（∠EDC+∠BCD）与其他内角和的数量关系，从而得∠P.
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