中考数学二轮复习压轴专题：四边形（含解析）学案

这是一份中考数学二轮复习压轴专题：四边形（含解析）学案，共33页。学案主要包含了习题再现，习题变式等内容，欢迎下载使用。
《四边形》

1．【习题再现】
课本中有这样一道题目：
如图1，在四边形ABCD中，E，F，M分别是AB，CD，BD的中点，AD＝BC．求证：∠EFM＝∠FEM．（不用证明）
【习题变式】
（1）如图2，在“习题再现”的条件下，延长AD，BC，EF，AD与EF交于点N，BC与EF交于点P．求证：∠ANE＝∠BPE．
（2）如图3，在△ABC中，AC＞AB，点D在AC上，AB＝CD，E，F分别是BC，AD的中点，连接EF并延长，交BA的延长线于点G，连接GD，∠EFC＝60°．求证：∠AGD＝90°．

【习题变式】
解：（1）∵F，M分别是CD，BD的中点，
∴MF∥BP，，
∴∠MFE＝∠BPE．
∵E，M分别是AB，BD的中点，
∴ME∥AN，，
∴∠MEF＝∠ANE．
∵AD＝BC，
∴ME＝MF，
∴∠EFM＝∠FEM，
∴∠ANE＝∠BPE．
（2）连接BD，取BD的中点H，连接EH，FH．

∵H，F分别是BD和AD的中点，
∴HF∥BG，，
∴∠HFE＝∠FGA．
∵H，E分别是BD，BC的中点，
∴HE∥AC，，
∴∠HEF＝∠EFC＝60°．
∵AB＝CD，
∴HE＝HF，
∴∠HFE＝∠EFC＝60°，
∴∠AGF＝60°，
∵∠AFG＝∠EFC＝60°，
∴△AFG为等边三角形．
∴AF＝GF，
∵AF＝FD，
∴GF＝FD，
∴∠FGD＝∠FDG＝30°，
∴∠AGD＝60°+30°＝90°．

2．（1）问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），连接AD，过点A作AE⊥AD，并满足AE＝AD，连接CE．则线段BD和线段CE的数量关系是　BD＝CE　，位置关系是　BD⊥CE　．
（2）探索：如图2，当D点为BC边上一点（不与点B，C重合），Rt△ABC与Rt△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE．试探索线段BD2、CD2、DE2之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）拓展：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，若BD＝3，CD＝1，请直接写出线段AD的长．

解：（1）问题：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），
故答案为：BD＝CE，BD⊥CE；
（2）探索：结论：DE2＝BD2+CD2，
理由是：如图2中，连接EC．

∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
∵，
∵△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，
∴DE2＝CE2+CD2，
∴DE2＝BD2+CD2；
（3）拓展：如图3，将AD绕点A逆时针旋转90°至AG，连接CG、DG，

则△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．如图1，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接BE、DG．
（1）BE和DG的数量关系是　BE＝DG　，BE和DG的位置关系是　BE⊥DG　；
（2）把正方形ECGF绕点C旋转，如图2，（1）中的结论是否还成立？若成立，写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）设正方形ABCD的边长为4，正方形ECGF的边长为3，正方形ECGF绕点C旋转过程中，若A、C、E三点共线，直接写出DG的长．

解：（1）BE＝DG．BE⊥DG；理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG为正方形，
∴CD＝BC，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG＝90°，
在△BEC和△DGC中，，
∴△BEC≌△DGC（SAS），
∴BE＝DG；
如图1，延长GD交BE于点H，

∵△BEC≌△DGC，
∴∠DGC＝∠BEC，
∴∠DGC+∠EBC＝∠BEC+∠EBC＝90°，
∴∠BHG＝90°，
即BE⊥DG；
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG．
（2）成立，理由如下：如图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，分两种情况：
①如图3所示：

∵正方形ABCD的边长为4，正方形ECGF的边长为3，
∴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如图4所示：

OE＝CE+OC＝2+3＝5，
在Rt△BOE中，由勾股定理得：DG＝BE＝＝；
综上所述，若A、C、E三点共线，DG的长为或．
4．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm，动点D从点C出发，沿CA方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，动点E从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．设点D，E运动的时间是t（s）（0＜t＜5）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
（1）t为何值时，DE⊥AC？
（2）设四边形AEFC的面积为S，试求出S与t之间的关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使得S四边形AEFC：S△ABC＝17：24，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）当t为何值时，∠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＝，
∴当t＝s时，DE⊥AC；
（2）∵DF⊥BC，
∴∠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）若存在某一时刻t，使得S四边形AEFC：S△ABC＝17：24，
根据题意得：﹣t2+t＝××6×8，
解得：t1＝，t2＝（不合题意舍去），
∴当t＝s时，S四边形AEFC：S△ABC＝17：24；
（4）过点E作EM⊥AC与点M，如图所示：
则∠EMA＝∠B＝90°，
∵∠A＝∠A，
∴△AEM∽△ACB，
∴＝＝，即＝＝，
∴EM＝t，AM＝t，
∴DM＝10﹣2t﹣t＝10﹣t，
在Rt△DEM中，当DM＝ME时，∠ADE＝45°，
∴10﹣t＝t，
∴t＝
∴当t＝s时，∠ADE＝45°．

5．我们定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且项角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”．例如，如图（1），△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE（SAS）

（1）熟悉模型：如图（2），已知△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，求证：BD＝CE；
（2）运用模型：如图（3），P为等边△ABC内一点，且PA：PB：PC＝3：4：5，求∠APB的度数．小明在解决此问题时，根据前面的“手拉手全等模型”，以BP为边构造等边△BPM，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连结CM，通过转化的思想求出了∠APB的度数，则∠APB的度数为　150　度；
（3）深化模型：如图（4），在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，求BD的长．
（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：以BP为边构造等边△BPM，连接CM，如图（3）所示：
∵△ABC与△BPM都是等边三角形，
∴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°+90°＝150°，
∴∠APB＝150°，
故答案为：150；
（3）解：过点A作EA⊥AD，且AE＝AD，连接CE，DE，如图（4）所示：
则△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）某学校“学习落实”数学兴趣小组遇到这样一个题目
如图，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO＝30°，∠OAC＝75°，AO＝，BO：CO＝2：1，求AB的长经过数学小组成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）
请回答：∠ADB＝　75　°，AB＝　3　
（2）请参考以上解决思路，解决问题：
如图3在四边形ABCD中对角线AC与BD相交于点0，AC⊥AD，AO＝，∠ABC＝∠ACB＝75°，BO：OD＝2：1，求DC的长

解：（1）如图2中，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，

∵BD∥AC，
∴∠ADB＝∠OAC＝75°．
∵∠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；
故答案为75，3．

（2）如图3中，过点B作BE∥AD交AC于点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＝30°，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＝（负根已经舍弃）．
7．正方形ABCD中，AB＝4，点E、F分别在AB、BC边上（不与点A、B重合）．

（1）如图1，连接CE，作DM⊥CE，交CB于点M．若BE＝3，则DM＝　5　；
（2）如图2，连接EF，将线段EF绕点F顺时针旋转，当点E落在正方形上时，记为点G；再将线段FG绕点G顺时针旋转，当点F落在正方形上时，记为点H；依此操作下去…，
①如图3，线段EF经过两次操作后拼得△EFD，其形状为　等边三角形　，在此条件下，求证：AE＝CF；
②若线段EF经过三次操作恰好拼成四边形EFGH，
（3）请判断四边形EFGH的形状为　正方形　，此时AE与BF的数量关系是　AE＝BF　；
（4）以1中的结论为前提，设AE的长为x，四边形EFGH的面积为y，求y与x的函数关系式及面积y的取值范围．
解：（1）如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠DCM＝90°，
∵BE＝3，BC＝4，
∴CE＝＝＝5，
∵DM⊥EC，
∴∠DMC+∠MCE＝90°，∠MCE+∠CEB＝90°，
∴∠DMC＝∠CEB，
∵BC＝CD，
∴△BCE≌△CDM（AAS），
∴DM＝EC＝5．
故答案为5．

（2）如题图3，由旋转性质可知EF＝DF＝DE，则△DEF为等边三角形．
故答案为等边三角形．


（2）①四边形EFGH的形状为正方形，此时AE＝BF．理由如下：
依题意画出图形，如答图1所示：连接EG、FH，作HN⊥BC于N，GM⊥AB于M．

由旋转性质可知，EF＝FG＝GH＝HE，
∴四边形EFGH是菱形，
由△EGM≌△FHN，可知EG＝FH，
∴四边形EFGH的形状为正方形．
∴∠HEF＝90°
∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3．
∵∠3+∠4＝90°，∠2+∠3＝90°，
∴∠2＝∠4．
在△AEH与△BFE中，
，
∴△AEH≌△BFE（ASA）
∴AE＝BF．
故答案为正方形，AE＝BF．

（4）利用①中结论，易证△AEH、△BFE、△CGF、△DHG均为全等三角形，
∴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，
∴当x＝2时，y取得最小值8；当x＝0时，y＝16，
∴y的取值范围为：8≤y＜16．
8．已知：如图1，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点B的坐标是（6，4）．

（1）直接写出A点坐标（　6　，　0　），C点坐标（　0　，　4　）；
（2）如图2，D为OC中点．连接BD，AD，如果在第二象限内有一点P（m，1），且四边形OADP的面积是△ABC面积的2倍，求满足条件的点P的坐标；
（3）如图3，动点M从点C出发，以每钞1个单位的速度沿线段CB运动，同时动点N从点A出发．以每秒2个单位的速度沿线段AO运动，当N到达O点时，M，N同时停止运动，运动时间是t秒（t＞0），在M，N运动过程中．当MN＝5时，直接写出时间t的值．
解：（1）∵四边形OABC是长方形，
∴AB∥OC，BC∥OA，
∵B（6，4），
∴A（6，0），C（0，4），
故答案为：6，0，0，4；

（2）如图2，
由（1）知，A（6，0），C（0，4），
∴OA＝6，OC＝4，
∵四边形OABC是长方形，
∴S长方形OABC＝OA•OC＝6×4＝24，
连接AC，
∵AC是长方形OABC的对角线，
∴S△OAC＝S△ABC＝S长方形OABC＝12，
∵点D是OC的中点，
∴S△OAD＝S△OAC＝6，
∵四边形OADP的面积是△ABC面积的2倍，
∴S四边形OADP＝2S△ABC＝24，
∵S四边形OADP＝S△OAD+S△ODP＝6+S△ODP＝24，
∴S△ODP＝18，
∵点D是OC的中点，且OC＝4，
∴OD＝OC＝2，
∵P（m，1），
∴S△ODP＝OD•|m|＝×2|m|＝18，
∴m＝18（由于点P在第二象限，所以，m小于0，舍去）或m＝﹣18，
∴P（﹣18，1）；

（3）如图3，
由（2）知，OA＝6，OC＝4，
∵四边形OABC是长方形，
∴∠AOC＝∠OCB＝90°，BC＝6，
由运动知，CM＝t，AN＝2t，
∴ON＝OA﹣AN＝6﹣2t，
过点M作MH⊥OA于H，
∴∠OHM＝90°＝∠AOC＝∠OCB，
∴四边形OCMH是长方形，
∴MH＝OC＝4，OH＝CM＝t，
∴HN＝|ON﹣CM|＝6﹣2t﹣t|＝|6﹣3t|，
在Rt△MHN中，MN＝5，根据勾股定理得，HN2＝MN2﹣MH2，
∴|6﹣3t|2＝52﹣42＝9，
∴t＝1或t＝3，
即：t的值为1或3．


9．综合与实践
问题情境
数学课上，李老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3．你能求出∠APB的度数吗？

（1）小敏与同桌小聪通过观察、思考、讨论后，得出了如下思路：
思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，求出∠APB的度数；
思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接PP'，求出∠APB的度数．
请参考以上思路，任选一种写出完整的解答过程．
类比探究
（2）如图2，若点P是正方形ABCD外一点，PA＝3，PB＝1，，求∠APB的度数．
拓展应用
（3）如图3，在边长为的等边三角形ABC内有一点O，∠AOC＝90°，∠BOC＝120°，则△AOC的面积是　　．
解：（1）思路一，如图1，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，

则△ABP'≌△CBP，AP'＝CP＝3，BP'＝BP＝2，∠PBP'＝90°
∴∠BPP'＝45°，
根据勾股定理得，，
∵AP＝1，
∴AP2+P'P2＝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）如图2，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'．

则△ABP'≌△CBP，，BP'＝BP＝1，∠PBP'＝90°
∴∠BPP'＝45°，
根据勾股定理得，，
∵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'﹣∠BPP'＝90°﹣45°＝45°．

（3）如图，将△ABO绕点B顺时针旋转60°，得到△BCE，连接OE．

则△BAO≌△BCE，∠AOB＝∠BEC＝360°﹣90°﹣120°＝150°，
∵△BOE是等边三角形，
∴∠BEO＝∠BOE＝60°，
∴∠OEC＝90°，∠OEC＝120°﹣60°＝60°，
∴sin60°＝＝，设EC＝k，OC＝2k，则OA＝EC＝k，
∵∠AOC＝90°，
∴OA2+OC2＝AC2，
∴3k2+4k2＝7，
∴k＝1或﹣1（舍弃），
∴OA＝，OC＝2，
∴S△AOC＝•OA•OC＝××2＝．
故答案为．
10．如图1，在矩形ABCD中，点P是BC边上一点，连接AP交对角线BD于点E，BP＝BE．作线段AP的中垂线MN分别交线段DC，DB，AP，AB于点M，G，F，N．
（1）求证：∠BAP＝∠BGN；
（2）若AB＝6，BC＝8，求；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接CF，求tan∠CFM的值．
（1）证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠BAP＝∠APB＝90°
∵BP＝BE，
∴∠APB∠BEP＝∠GEF，
∵MN垂直平分线段AP，
∴∠GFE＝90°，
∴∠BGN+∠GEF＝90°，
∴∠BAP＝∠BGN．

（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠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垂直平分线段AP，
∴AF＝PF＝，
∵PB∥AD，
∴＝＝＝，
∴PE＝PA＝，
∴EF＝PF﹣PE＝﹣＝，
∴＝＝．

（3）解：如图3中，连接AM，MP．设CM＝x．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADM＝∠MCP＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，
∵MN垂直平分线段AP，
∴MA＝MP，
∴AD2+DM2＝PC2+CM2，
∴82+（6﹣x）2＝62+x2，
∴x＝，
∵∠PFM＝∠PCM＝90°，
∴P，F，M，C四点共圆，
∴∠CFM＝∠CPM，
∴tan∠CFM＝tan∠CFM＝＝＝．
11．在利用构造全等三角形来解决的问题中，有一种典型的利用倍延中线的方法，例如：在△ABC中，AB＝8，AC＝6，点D是BC边上的中点，怎样求AD的取值范围呢？我们可以延长AD到点E，使AD＝DE，然后连接BE（如图①），这样，在△ADC和△EDB中，由于，∴△ADC≌△EDB，∴AC＝EB，接下来，在△ABE中通过AE的长可求出AD的取值范围．
请你回答：

（1）在图①中，中线AD的取值范围是　1＜AD＜7　．
（2）应用上述方法，解决下面问题
①如图②，在△ABC中，点D是BC边上的中点，点E是AB边上的一点，作DF⊥DE交AC边于点F，连接EF，若BE＝4，CF＝2，请直接写出EF的取值范围．
②如图③，在四边形ABCD中，∠BCD＝150°，∠ADC＝30°，点E是AB中点，点F在DC上，且满足BC＝CF，DF＝AD，连接CE、ED，请判断CE与ED的位置关系，并证明你的结论．
解：（1）延长AD到点E，使AD＝DE，连接BE，如图①所示：
∵点D是BC边上的中点，
∴BD＝CD，
在△ADC和△EDB中，，
∴△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，
故答案为：1＜AD＜7；
（2）①延长ED到点N，使ED＝DN，连接CN、FN，如图②所示：
∵点D是BC边上的中点，
∴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：
延长CE与DA的延长线交于点G，如图③所示：
∵点E是AB中点，
∴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．如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC、BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC、AD于点E、F，已知AB＝1，，连接BF．
（1）如图①，在旋转的过程中，请写出线段AF与EC的数量关系，并证明；
（2）如图②，当α＝45°时，请写出线段BF与DF的数量关系，并证明；
（3）如图③，当α＝90°时，求△BOF的面积．

解：（1）AF＝CE；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AO＝CO，
∴∠FAO＝∠ECO，
∴在△AFO与△CEO中，，
∴△AFO≌△CEO（ASA），
∴AF＝EC；
（2）BF＝DF；理由如下：
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∴AC＝＝＝2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，AO＝CO＝AC＝1，
∴AB＝AO，
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，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴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．综合与实践
（1）问题发现

如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．请写出∠AEB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由．
（2）类比探究
如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．
填空：①∠AEB的度数为　90°　；
②线段CM，AE，BE之间的数量关系为　AE＝BE+2CM　．
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，若BE＝4，CM＝3，则四边形ABEC的面积为　35　．
解：（1）∠AEB＝60°，AD＝BE，理由如下：
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．AD＝BE，
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°．
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．
（2）猜想：①∠AEB＝90°，②AE＝BE+2CM．理由如下：
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°．
∴∠BEC＝135°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME．
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM．
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
故答案为：90°，AE＝BE+2CM；
（3）由（2）得：∠AEB＝90°，AD＝BE＝4，
∵△DCE均为等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，
∴CM⊥AE，DE＝2CM＝6，
∴AE＝AD+DE＝4+6＝10，
∴四边形ABEC的面积＝△ACE的面积+△ABE的面积＝AE×CM+AE×BE＝×10×3+×10×4＝35；
故答案为：35．


14．如图，正方形OABC的边长为8，P为OA上一点，OP＝2，Q为OC边上的一个动点，分别以OP\PQ为边在正方形OABC内部作等边三角形OPD和等边三角形PQE．
（1）证明：DE＝OQ；
（2）直线ED与OC交于点F，点Q在运动过程中．
①∠EFC的度数是否发生改变？若不变，求出这个角的度数；若改变，说明理由；
②连结AE，求AE的最小值．

（1）证明：如图1中，

∵△OPD和△PQE是等边三角形，
∴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如图2中，当点Q与点C重合时，以PQ为边作正三角形PQM．

∵∠EFC＝60°为定值，
点E的运动路径为线段DM，
过点P作PH⊥EA，垂足为H，
∴当AE⊥DE时，AE的值最小
∵∠PDE＝∠DEH＝∠PHE＝90°，
∴四边形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．我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂直四边形．

（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂直四边形吗？请说明理由；
（2）如图2，四边形ABCD是垂直四边形，求证：AD2+BC2＝AB2+CD2；
（3）如图3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC、AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，BC＝3，求GE长．
（1）解：四边形ABCD是垂直四边形；理由如下：
∵AB＝AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB＝CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂直四边形；
（2）证明：设AC、BD交于点E，如图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：连接CG、BE，如图3所示：
∵正方形ACFG和正方形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，
∴四边形CGEB是垂直四边形，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＝．