专题06 平行四边形解答题压轴训练（解析版）八年级数学下学期期末考试压轴题专练（人教版，尖子生专用）

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专题06 平行四边形解答题压轴训练
（时间：60分钟 总分：120） 班级 姓名 得分
解答题解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；②公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；④解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感。
（2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的人解决的少。为了区分这种情况，中考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分。这种方法我们叫它“分段评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分。与之对应的“分段得分”的基本精神是，会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个老大难问题。有的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对。有的考生答案虽然对，但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全。因此，会做的题目要特别注意表达的准确、考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”。经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老师则更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”。
对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分。我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略。把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密。
①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败。特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”。
②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论。如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”。由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再写出“证实某步之后，继续有……”一直做到底。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答。
③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略。如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论。总之，退到一个你能够解决的问题。为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”。这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发。
④辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤。实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举。如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应用题的未知数等。答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提高成功率。试题做完后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷。
一、解答题
1．如图1，在中，的平分线交于点E，交的延长线于点F，以，为邻边作．


（1）求证：是菱形．
（2）如图2，若，，，M是的中点，求的长．
（3）如图3，若，连结，，，，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）60°
【分析】
（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF=∠CFE，根据等角对等边可得CE=CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM=BM，∠DMC=∠BME，再根据∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可求解．
（3）延长AB、FG交于H，连接HD，求证平行四边形AHFD为菱形，得出△ADH，△DHF为全等的等边三角形，证明△BHD≌△GFD，即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）如图，连接BM，MC，

∵∠ABC=90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF=90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF=∠DAF，
∴BE=AB=DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM=∠ECM=45°，
∴∠BEM=∠DCM=135°，
在△BME和△DMC中，
，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB=MD，
∠DMC=∠BME．
∴∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB=8，AD=12，
∴BD==，
∴DM=BD=；
（3）∠BDG=60°，
延长AB、FG交于H，连接HD．

∵AD∥GF，AB∥DF，
∴四边形AHFD为平行四边形，
∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，
∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，
∴△DAF为等腰三角形，
∴AD=DF，
∴平行四边形AHFD为菱形，
∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形，
∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF，
在△BHD与△GFD中，
，
∴△BHD≌△GFD（SAS），
∴∠BDH=∠GDF
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
2．如图，在四边形ABCD中，连接AC，BD交于点O，∠ADO＝∠CBO，且AO＝CO，E为线段OC上一点，连接DE并延长交BC于点F．
（1）求证：四边形ABCD为平行四边形；
（2）若∠ADE＝45°，AD⊥AC，AE＝3，CE＝2，求三角形AOD的面积．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）依据△AOD≌△COB（AAS），即可得出AD＝BC，再根据∠ADO＝∠CBO，即可得到AD∥BC，进而判定四边形ABCD是平行四边形；
（2）依据△ADE是等腰直角三角形，即可得到AD的长，由平行四边形的性质可得OA的长，再根据三角形面积计算公式，即可得出△AOD的面积．
【详解】
（1）∵AC，BD交于点O，
∴∠AOD＝∠COB，
在△AOD和△COB中，
，
∴△AOD≌△COB（AAS），
∴AD＝BC，
∵∠ADO＝∠CBO，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）∵∠ADE＝45°，AD⊥AC，
∴∠AED＝45°，
∴AD＝AE＝3，
又∵CE＝2，
∴AC＝3+2＝5，
∴在平行四边形ABCD中，AO＝AC＝，
∴Rt△AOD的面积＝×AD×AO＝×3×＝．

【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定．
3．定义：一组邻角相等的凸四边形叫做“友好四边形”．
（1）写出我们所学过的特殊四边形中是“友好四边形”的图形的名称____（写一个）
（2）在探究“友好四边形”性质时：

①小明画了一个“友好四边形”（如图），其中，，此时他发现，请你证明此结论：
②由此小明猜想：“对于任意“友好四边形”当一组对边相等时，另一组对边就平行”，请你直接判断这个命题是真命题还是假命题；
（3）已知：在“友好四边形”中，，，，请画出相应图形，并直接写出的长．
【答案】（1）矩形；（2）①见解析；②假命题；（3）画图见解析，11或或2或
【分析】
（1）根据友好四边形的定义即可；
（2）①作出辅助线，判断出△DFA≌△CEB，再判断出四边形DFEC是平行四边形即可；②举出反例来说明；
（3）分四种情况画图计算即可．
【详解】
解（1）矩形，
矩形的四个角都是直角，
根据“友好四边形”的定义，得到矩形是“友好四边形”；
（2）①如图，

过点作，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
；
②假命题，反例如图， 则

在等腰三角形的腰上取点，，使得，四边形是友好四边形，没有对边平行．
（3）①，
如图，作，

，
四边形是矩形，
．
在中，，，
，
；
②如图，，作，

，
四边形是矩形，
，，
在中，，
，
③．
如图，延长，交于

在中，，，
，
，
，
，
，
④，
如图，延长，交于，

，
，，
在中， ，，
，
．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解本题的关键是作出图形，也是本题的难点．
4．在四边形中，的中点分别为P、Q、M、M；

（1）如图1，试判断四边形怎样的四边形，并证明你的结论；
（2）若在上取一点E，连结，，恰好和都是等边三角形（如图2）：
①判断此时四边形的形状，并证明你的结论；
②当，，求此时四边形的周长（结果保留根号）．
【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）①菱形，证明见解析；②
【分析】
（1）连接、．利用三角形中位线定理判定四边形的对边平行且相等，易证该四边形是平行四边形；
（2）①设的边长是，的边长是，由于，，可得平行四边形的对角线相等，从而得出平行四边形是菱形；
②如图2，过点作于，则通过解三角形求得，由勾股定理得到．由①知四边形是菱形，可计算得周长是．
【详解】
解：（1）如图1，连接、．

为的中位线，
且，
同理且．
且，
四边形为平行四边形；
（2）①四边形是菱形，
如图2，连接AC，BD，
∵△ADE和△BCE都是等边三角形，
∴AE=DE，CE=BE，∠AED=∠BEC=60°，
∴∠AEC=∠DEB，
∴△AEC≌△DEB，
∴AC=BD，
∵点M，N是AD，CD的中点，
∴MN是△ADC的中位线，
∴MN=AC，
同理：PN=BD，
∴MN=PN，
由（1）知，四边形PQMN是平行四边形，
∴平行四边形PQMN是菱形；
②过点作于，则，
又，
，
由①知四边形是菱形，可计算得周长是．

【点睛】
本题考查了中点四边形以及菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，解题时，利用了三角形中位线的性质定理．
5．定义：数学活动课上：陈老师给出如下定义：有组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做对等四边形．

（1）如图1，平行四边形中，的平分线交于E．
求证：四边形是对等四边形．
（2）如图2，已知A、B、C在格点（小正方形的项点）上，请在方格图中画出以格点为顶点，、为边的两个对等四边形．
（3）如图3，在中，，点A在边上，且，若上存在符合条件的点M，使四边形为对等四边形，求出的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）13或或
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，∠B=∠D=60°，AB=CD，由角平分线的定义及等腰三角形的性质得出CE=CD，根据对等四边形的定义可得出结论；
（2）根据对等四边形的定义画出图形即可；
（3）分CM=AB与AM=BC两种情况进行讨论即可．
【详解】
解：（1）证明：四边形是平行四边形，
，，，
，
平分，
，
，
，
，
又，
，
，
，
四边形是对等四边形；
（2）如图2，四边形即为所求；

（3）如图3，

①当时，；
②当时，过作于点，则，，
，，
当点在线段上时，，
当点在上时，．
综合以上可得的长为13或或．
【点睛】
此题属于四边形综合题，考查了作图-应用与设计作图，平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，弄清题中的新定义是解本题的关键．
6．（问题背景）如图1，P是等边三角形外一点，，则．小明为了证明这个结论，将绕点A逆时针旋转，请根据此思路完成其证明；
（迁移应用）如图2，在等腰直角三角形中，，，点P在外部，且，若的面积为5.5，求；
（拓展创新）如图3，在四边形中，，点E在四边形内部，且，，，，，直接写出的长．

【答案】[问题背景]见解析；[迁移应用]；[拓展创新]
【分析】
[问题背景]按题意画出图形，根据旋转的性质得到AP=AP′，PB=P′C，证明△APP′为等边三角形，从而推出∠PP′C=90°，在△PP′C中，利用勾股定理得到，再利用等量代换可得结果；
[迁移应用]作线段BM垂直于BP交PC的延长线于点M，连接AM，证得∠PBC=∠ABM，证明△PBC≌△MBA（SAS），得出∠AMP=90°，由三角形的面积可求出答案；
[拓展创新]将△AED绕点E顺时针旋转90°至△FEC，连接BF，证得∠FCE=90°，由勾股定理求出FB=，证明△ABE≌△FBE（SAS），由全等三角形的性质得出AB=FB．
【详解】
解：[问题背景]
如图1，连接PP′，由旋转可得：
AP=AP′，PB=P′C，∠PAP′=∠BAC=60°，
∴△APP′为等边三角形，
∴∠APP′=60°，PP′=AP′=PA，
∵∠APB=30°，
∴∠AP′C=30°
∴∠PP′C=90°，
在△PP′C中，，
∴；

[迁移应用]
如图2，作线段BM垂直于BP交PC的延长线于点M，连接AM，

∵∠BPM=45°，∠PBM=90°，
∴△BPD为等腰直角三角形，
∴BP=BM，
∵∠ABM+∠MBC=∠ABC=90°，∠PBM=∠PBC+∠MBC=90°，
∴∠PBC=∠ABM，
在△PBC和△MBA中，
，
∴△PBC≌△MBA（SAS），
∴∠AMP=90°，
∴S△PAC＝PC•AD＝PC2=5.5，
∴PC=（负值舍去）．
[拓展创新]
如图3，将△AED绕点E顺时针旋转90°至△FEC，连接BF，

则AD=CF=，AE=EF，∠ADE=∠FCE，
∴∠EDC=∠ECD=45°，
∵AD∥BC，
∴∠ADE+∠EDC+∠ECD+∠ECB=180°，
∵ED=EC，∠CED=90°，
∴∠EDC=∠ECD=45°，
∴∠ADE+∠ECB=90°，
∴∠FCE+∠ECB=90°，
即∠FCB=90°，
∴FB==，
∵∠AEB=135°，∠AEF=90°，
∴∠FEB=360°-135°-90°=135°，
∴∠AEB=∠FEB，
在△ABE和△FBE中，
，
∴△ABE≌△FBE（SAS），
∴AB=FB=．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等是解题的关键．
7．在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA任x轴上，OC在y轴上，B（4，3），点M从点A开始，以每秒1个单位长度的速度沿AB→BC→CO运动，设△AOM的面积为S，点M运动的时间为t．
（1）当0＜t＜3时，AM＝　 　，当7＜t＜10时，OM＝　 　；（用t的代数式表示）
（2）当△AOM为等腰三角形时，t＝　 　；
（3）当7＜t＜10时，求S关于t的函数关系式；
（4）当S＝4时，求t的值．

【答案】（1）t，10-t；（2）5；（3）S=20-2t；（4）2或8．
【分析】
（1）利用路程，速度和时间的关系求解即可；
（2）由题意可知只有等MA=MO，此时点M在线段BC上，进一步CM=BM=2解答即可；
（3）当7 （4）分点M在线段AB上、点M在线段BC上和点M在线段OC上三种情况，分别求解即可．
【详解】
解：（1）当0 当7＜t<10时，点M在线段OC上，OM=10-t
故填：t，10-t；
（2）∵四边形ABCO是矩形，B（4，3）
∴OA=BC=4，AB=OC=3，
∵△AOM为等腰三角形，
∴只有当MA=MO，此时点M在线段BC上，CM=BM=2，
∴t=3+2=5
故填：5；
（3）∵当7 ∴；
（4）①当点M在线段AB上时，4=×4t，解得t=2；
②当点M在线段BC上时，S=6，不符合题意；
当点M在线段OC上时，4=20-2t，解得t=8．
综上所述，满足条件的的值为2或8．
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质、三角形的面积、等腰三角形的判定和性质等知识点，灵活应用所学知识并掌握分类讨论的思想成为解答本题的关键．
8．如图1，已知，，点为边上一点，过点作于点，连接，点为的中点，连接．

（1）线段与的数量关系为_____________；
（2）将绕点逆时针旋转60°，如图2所示，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）在平面内，将绕点旋转，当点落在边上，若，请直接写出的长．
【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】
（1）根据直角三角形斜边上的中线性质即可求解；
（2）分别取的中点，连接，根据中位线的性质及全等三角形的判定定理证明，故可求解；
（3）依题意作图，分别求出EF，AF，再得到BF的长， 再证明，求出BH的长，进而得到FH的长，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求解．
【详解】
解：（1）∵，
∴△BCE和△FEC是直角三角形
∵点为的中点
∴BG=，
∴，
故答案为：；
（2）成立，理由如下：
如图，分别取的中点，连接，

∵，∴
∵ 分别是的中点，
∴，
∵是中点，是中点，
∴；同理，
∴
∵
∴，∴，
∴，同理，即
∴
∴；
（3）依题意作图，∵∠EAF=30°，EF⊥AF，
∴EF=，AF=
同理∠CAB=30°，AB⊥BC
∴AC=2BC=16，AB=
∴BF=AB-AF=
∵EF⊥AB，AB⊥BC
∴
∴
∵点为的中点，
∴CG=EG
又
∴
∴CH=EF=2，FG=HG
∴BH=BC-CH=6
∴FH=
∵G点是FH中点
∴BG=．

【点睛】
此题主要考查三角形的几何证明，解题的关键是全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线定理、勾股定理及含30°的直角三角形的性质．
9．如图，在中，，E，F分别为，的中点，作于点G，的延长线交的延长线于点H．

（1）求证：四边形是菱形．
（2）当时，
①求的长．
②如图2，交于点P，记的面积为，的面积为，则的值为________．
【答案】（1）见解析；（2）①12；②
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AD=BC，再根据中点的定义得到AF=BE，可得四边形ABCD是平行四边形，结合AB=AF，可得结论；
（2）①连接AE交BF于点O，由菱形性质可得∠AOB=90°，从而求出菱形ABEF的面积，可得四边形ABCD的面积，根据CG⊥AB可得CG，从而求出AG，证明△AFG≌△DFH，得到AG=DH，在△GCH中利用勾股定理求出GH即可；
②过F作FK⊥AB交BA延长线于K，求出FK，从而得到△BGF和△BGC的面积，从而分别得出S1和S2，可得S1-S2．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵E、F分别为BC、AD中点，
∴AF=AD，BE=BC，
∴AF=BE，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AD=2AB，AD=2AF，
∴AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）①连接AE交BF于点O，
∵四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，OB=OF=BE=4，OA=OE=AE，
∴∠AOB=90°，
在Rt△AOB中，OA==3,
∴AE=2OA=6，
∴S菱形ABEF=AE·BF=×6×8=24，
∵E、F分别是BC、AD中点，
∴BE=EC，AF=FD，
∵AD∥BC，
∴四边形ABEF，四边形EFDC都是平行四边形，且底和高相等，
∴S四边形ABEF=S四边形EFDC=24，
∴S四边形ABCD=S四边形ABEF+S四边形EFDC=48，
∵CG⊥AB，
∴S四边形ABEF=AB·CG=5CG=48，∠BGC=90°，
∴CG=，
∵AD=BC=2AB=10，
∴BG=，
∴AG=AB-BG=5-=，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5，AB∥CD，
∴∠A=∠FDH，∠GCH=∠BGC=90°，
∵F是AD中点，
∴AF=DF，
在△AFG和△DFH中，
，
∴△AFG≌△DFH（ASA），
∴AG=DH=，
∴CH=CD+DH=5+=，
在Rt△GCH中，GH==12；

②过F作FK⊥AB交BA延长线于K，
∴S四边形ABEF=AB·FK=5FK=24，
∴FK=，
∴S△BGF=BG·FK==，
S△BGC=BG·CG==，
∵S2=S△BGC-S△BGP=-S△BGP，
S1=S△BGF-S△BGP=-S△BGP，
∴S2-S1=-=．

【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，重点考查了几何图形的推理论证能力，同时也要结合已知条件作出辅助线，扩大运用范围．
10．在△ABC中，D是BC边长的一点，E是AC边的中点，过点A作交DE的延长线于点F，连接AD，CF．
（1）求证：四边形ADCF是平行四边形：
（2）若，，，请直接写出AE的长为__________．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）利用平行线的性质得，据中点的性质可得，从而可证，进而得，即可根据“一组对边平行且相等”的四边形是平行四边形，本题证毕；
（2）根据已知条件先证平行四边形ADCF是矩形，再在Rt△CDF中，运用勾股定理即可得，进而可得出AE的长．
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
∵E是AC边的中点，
∴，
在中，

∴（AAS），
∴，
∵，
∴四边形ADCF是平行四边形；
（2）∵

∴
∴
∵四边形ADCF是平行四边形
∴
∴,即,
∴平行四边形ADCF是矩形
在Rt△CDF中，
∴,
∴,
故AE的长为．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，勾股定理的知识．熟练利用相关定理分析，得出结论是解题关键．
11．在平面直角坐标系中，已知点，，，…，，，其中，，，…，，为正整数．顺次连接，，，…，，的折线与轴、轴围成的封闭图形记为图形．小明在求图形的面积时，过点，，…，作轴的垂线，将图形分成个四边形，计算这些四边形面积的和，可以求出图形的面积．

请你参考小明的思路，解决下面的问题．
（1）当时，
①若，如图1，则图形的面积为 ；
②用含有，，的式子表示图形的面积为 ．
（2）当时，从1，2，3，…，10这10个正整数中任选5个不同的数作为．
①小明选择了，请在图2中画出此时的图形；
②在①的条件下，若小聪用剩下的5个数1，2，8，9，10作为的取值，使新得到的图形的面积与小明的图形的面积相等，请直接写出这五个数的排序 （写出一组即可）．
【答案】（1） ①； ② ；（2）①画图见解析；② 8，1，2，10，9（答案不唯一）．
【分析】
(1)①利用分割法求出面积即可；②利用分割法求解即可；
(2)①根据题意，利用描点法画出图形即可；②根据面积相等取点即可(答案不唯一)
【详解】
(1)①如图1所示，

过点，作于，
图形的面积=四边形的面积+四边形，
，
故答案为：；
②同样可得图形的面积=，
故答案为： ．
（2）①如图2所示：，

②如图3所示，

小明的图形的面积

，
新图形的面积

，
∴新得到的图形的面积与小明的图形的面积相等，
故答案为：8，1，2，10，9．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了坐标与图形的性质，多边形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
12．问题提出
（1）如图1，点A，B在直线l的同侧，在直线l上作一点P，使得的值最小．
问题探究
（2）如图2，正方形的边长为6，点M在上，且，N是上的一动点，则的最小值是_________．
问题解决
（3）现在各大景区都在流行“真人CS”娱乐项目，其中有一个“快速抢点”游戏，游戏规则如图3，在用绳子围成的一个边长为的正方形场地中，游戏者从边上的点E处出发，分别先后赶往边上插小旗子，最后回到点E．求游戏者所跑的最少路程．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）作点A关于直线l的对称点，连接交直线l与一点，该点即为所求P点；
（2）根据点B关于AC是对称点为点D，连接BM交AC与点N，则此时DN+MN的值最小，则有DN+MN= BN+MN=BM，根据勾股定理求解BM即可；
（3）作点G关于点C的对称点，则，作，作点H关于点C的对称点，则，作，作点E关于点C的对称点，则，作点关于点的对称点，则，由两点之间线段最短可知，当在一条直线上时，路程最小，利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）如图1，作点A关于直线l的对称点，连接交直线l与点P，该点即为所求．

（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴点B关于AC是对称点为点D，
如图，连接BM交AC与点N，则此时DN+MN的值最小，

∴DN+MN=BN+MN=BM，
∵CD=BC=6，DM=2，
∴MC=4，
∴；
（3）如图2，延长到，使，

作点G关于点C的对称点，则，
作，作点H关于点C的对称点，则，
作，作点E关于点C的对称点，则，
作点关于点的对称点，则，
∴，
过点作，交的延长线于点K，则，
容易看出，当在一条直线上时，路程最小，
最小路程为．
答：游戏者所跑的最少路程是．
【点睛】
本题考查正方形的性质以及最短路程问题，解题的关键是正确画出图形，根据两点之间线段最短的道理求解．
13．，过点作交的延长线于点，．
（1）如图1，求证：四边形是菱形；
（2）为线段上一点，点，在直线上，且，．
①当时，如图2，求证：．
②当时，如图3，线段CD，PB，BN的数量关系如何？（请直接写出猜想的结论）


【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②CD+ BN=PB．
【分析】
（1）利用直角三角形的性质得到BD=BE=AB，证明四边形BDCE是平行四边形，再证明四边形BDCE是菱形即可；
（2）①利用ASA证明△DBP△NMP，再利用线段的和与差即可证明CD=PB+BN；
②同理证得四边形BDCE是正方形，证明△MBP是等腰直角三角形，利用ASA证明△DBP△NMP，利用线段的和与差即可得到CD+ BN=PB．
【详解】
（1）∵BE=AB，且ED⊥AD，
即BD为Rt△ADE斜边的的中线，
∴BD=BE=AB=，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD， AB∥CD，
∴BE =CD，BE∥CD，
∴四边形BDCE是平行四边形，
又∵BD=BE，
∴四边形BDCE是菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠PBM=∠A=60°，
∵PM=PB，
∴△PBM是等边三角形，
∴PM=PB=BM，
∵∠DPN=∠BPM，
∴∠DPN+∠BPN =∠BPM+∠BPN，即∠DPB =∠NPM，
∵四边形BDCE是菱形，
∴∠DBP =∠NMP=60°，
在△DBP和△NMP中，
，
∴△DBP△NMP(ASA)，
∴MN=BD=BE，BM+BN=BM+ME，
∴BN=ME，
∴CD=BE=BM+ME=PB+BN；
②∵∠A=45°，且ED⊥AD，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴∠DEA=45°，
同（1）法可证明四边形BDCE是正方形，
同①可得∠DPN=∠BPM，
∴∠DPN-∠BPN =∠BPM-∠BPN，即∠DPB =∠NPM，
∵PM=PB，
∴∠MBP =∠NMP=45°，
∴△MBP是等腰直角三角形，
即∠MBP =∠NMP=45°=∠PBD，
在△DBP和△NMP中，
，
∴△DBP△NMP(ASA)，
∴MN=BD=BE，BM+BN=BM+ME，
∴BN=ME，
∵△MBP是等腰直角三角形，
∴BM=PB=MN+BN=BD+BN=CD+ BN；
即CD+ BN=PB．
【点睛】
本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，证明△DBP≌△NMP是本题的关键．
14．如图，在正方形中， ，是边上一动点（不与点重合），连接，点与点关于所在的直线对称，连接， ，延长到点，使得，连接，．
（1）依题意补全图1；
（2）若，求线段的长；
（3）当点在边上运动时，能使为等腰三角形，直接写出此时的面积．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）4.5或
【分析】
（1）根据题意作出图形便可；
（2）连接BP ，先证明 ，再证明 ，求得 BP，便可得EF ；
（3）设 ，则 ，求出 AE、AF 、EF ；当△AEF 为等腰三角形时，分两种情况列出方程求出 的值，进而求得最后结果．
【详解】
解：（1）根据题意，作图如下：

（2）连接，如图2．
点与点关于所在的直线对称，
，，
四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
；


（3）设，则，
，
，，
，
当为等腰三角形时，只能有两种情况：或，
①当时，有，
解得，
面积为；
②当时，
，
解得，
的面积为，
综上的面积为4.5或．
【点睛】
本题属于几何中的动点问题，综合考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，要求学生能理解相关概念与性能，能应用它们得到线段或角之间的关系，本题综合性较强，蕴含了分类讨论等思想方法．
15．如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为边AB、BC 的中点，连接AF、DE交于点G．
（1）求证：AF⊥DE；
（2）如图2，连接BG，求证：BG平分∠EGF；
（3）如图3，连接BD交AF于点H， 设ADG的面积为S，求证：BG2=2S．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）利用正方形的性质证明ΔDAE≌ΔABF，得到∠ADE=∠BAF，推出∠DAG+∠ADG=90°，即可得到结论；
（2）如图2，过点B作BM⊥AF，垂足为M，设BF=a，则AB=2a，AF=a，利用平行线的性质及勾股定理求出BM=a，AM=a，得到GM=BM=a，推出ΔBMG为等腰直角三角形，求出∠BGM=∠BGE，由此得到结论；
（3）根据ΔADG的面积为S，则AG·DG=2S，过点B作BM⊥AF，垂足为M，由（2）推出BG2=2BM2，证明ΔDAG≌ΔABM，得到BM=AG，AM=DG，由AG·DG=2AG2=2S，得到AG2=S ， 即可得到结论．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC，∠DAE=∠ABF=90°，
∵E、F分别为边AB、BC 的中点，
∴AE=BF，
∴ΔDAE≌ΔABF，
∴∠ADE=∠BAF，
∵∠DAG+∠EAG=90°，
∴∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠AGD=90°，
∴AF⊥DE；
（2）如图2，过点B作BM⊥AF，垂足为M，则BM//GE，
∵AE=BE，
∴AG=GM，
设BF=a，则AB=2a，AF=a，
∵,
∴，
∴BM=a，
∴AM==a，
∴GM=BM=a，
∴ΔBMG为等腰直角三角形，
∴∠BGM=45°，∠BGE=90°-45°=45°，
∴∠BGM=∠BGE，
∴BG平分∠EGF；
（3）ΔADG的面积为S，则AG·DG=2S，
过点B作BM⊥AF，垂足为M，
由（2）知：GM=AG，BM=AM，BG2=2BM2，
∵∠AGD=∠AMB=90°，∠ADG=∠BAM，AB=AD，
∴ΔDAG≌ΔABM，
∴BM=AG，AM=DG，
∴AG=DG，AG·DG=2AG2=2S，
即AG2=S ，
∴BM2=S，
∴BG2=2BM2=2S．
．
【点睛】
此题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．