人教数学平行四边形的专项培优练习题附详细答案

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．（问题情景）利用三角形的面积相等来求解的方法是一种常见的等积法，此方法是我们解决几何问题的途径之一．

例如：张老师给小聪提出这样一个问题：

如图1，在△ABC中，AB=3，AD=6，问△ABC的高AD与CE的比是多少？ 小聪的计算思路是：

11BC•AD=AB•CE． 22AD1 从而得2AD=CE，∴

CE2根据题意得：S△ABC=

请运用上述材料中所积累的经验和方法解决下列问题： （1）（类比探究）

如图2，在▱ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AF=CE，并相交于点O，连接BE、BF，

求证：BO平分角AOC． （2）（探究延伸）

如图3，已知直线m∥n，点A、C是直线m上两点，点B、D是直线n上两点，点P是线段CD中点，且∠APB=90°，两平行线m、n间的距离为4．求证：PA•PB=2AB． （3）（迁移应用）

如图4，E为AB边上一点，ED⊥AD，CE⊥CB，垂足分别为D，C，∠DAB=∠B，AB=34，BC=2，AC=26，又已知M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN．求△DEM与△CEN的周长之和．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）5+34 【解析】

分析：(1)、根据平行四边形的性质得出△ABF和△BCE的面积相等，过点B作OG⊥AF于

G，OH⊥CE于H，从而得出AF=CE，然后证明△BOG和△BOH全等，从而得出

∠BOG=∠BOH，即角平分线；(2)、过点P作PG⊥n于G，交m于F，根据平行线的性质得出△CPF和△DPG全等，延长BP交AC于E，证明△CPE和△DPB全等，根据等积法得出AB=AP×PB，从而得出答案；(3)、，延长AD，BC交于点G，过点A作AF⊥BC于F，设CF=x，根据Rt△ABF和Rt△ACF的勾股定理得出x的值，根据等积法得出AE=2DM=2EM，BE=2CN=2EN， DM+CN=AB，从而得出两个三角形的周长之和． 同理：EM+EN=AB

详解：证明：（1）如图2， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴S△ABF=S▱ABCD，S△BCE=S▱ABCD， ∴S△ABF=S△BCE，

过点B作OG⊥AF于G，OH⊥CE于H， ∴S△ABF=AF×BG，S△BCE=CE×BH， ∴

AF×BG=CE×BH，即：AF×BG=CE×BH， ∵AF=CE， ∴BG=BH，

， ∴Rt△BOG≌Rt△BOH， ∴∠BOG=∠BOH，

在Rt△BOG和Rt△BOH中，∴OB平分∠AOC，

（2）如图3，过点P作PG⊥n于G，交m于F， ∵m∥n， ∴PF⊥AC， ∴∠CFP=∠BGP=90°， ∵点P是CD中点， 在△CPF和△DPG中，

， ∴△CPF≌△DPG， ∴PF=PG=FG=2，

延长BP交AC于E， ∵m∥n， ∴∠ECP=∠BDP， ∴CP=DP， 在△CPE和△DPB中，

， ∴△CPE≌△DPB， ∴PE=PB，

∵∠APB=90°， ∴AE=AB， ∴S△APE=S△APB， ∵S△APE=AE×PF=AE=AB，S△APB=AP×PB， ∴AB=AP×PB， 即：PA•PB=2AB；

（3）如图4，延长AD，BC交于点G， ∵∠BAD=∠B， ∴AG=BG，过点A作AF⊥BC于F，

设CF=x（x＞0）， ∴BF=BC+CF=x+2， 在Rt△ABF中，AB=根据勾股定理得，AF2=AC2﹣CF2=26﹣x2，

∴34﹣（x+2）2=26﹣x2， ∴x=﹣1（舍）或x=1， ∴AF=

=5， ，

，

根据勾股定理得，AF2=AB2﹣BF2=34﹣（x+2）2， 在Rt△ACF中，AC=

连接EG， ∵S△ABG=BG×AF=S△AEG+S△BEG=AG×DE+BG×CE=BG（DE+CE），

∴DE+CE=AF=5， 在Rt△ADE中，点M是AE的中点， ∴AE=2DM=2EM， 同理：BE=2CN=2EN， ∵AB=AE+BE， ∴2DM+2CN=AB， ∴DM+CN=AB，

同理：EM+EN=AB ∴△DEM与△CEN的周长之和=DE+DM+EM+CE+CN+EN=（DE+CE）+[（DM+CN）+（EM+EN）] =（DE+CN）+AB=5+

．

点睛：本题主要考查的就是三角形全等的判定与性质以及三角形的等积法，综合性非常强，难度较大．在解决这个问题的关键就是作出辅助线，然后根据勾股定理和三角形全等得出各个线段之间的关系．

2．已知：如图，在平行四边形ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF． （1）求证：△DOE≌△BOF．

（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFDE为菱形？请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，理由见解析. 【解析】

试题分析：（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△DOE≌△BOF（ASA）；

（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，即可得出答案． 试题解析：（1）∵在▱ABCD中，O为对角线BD的中点， ∴BO=DO，∠EDB=∠FBO， 在△EOD和△FOB中

，

∴△DOE≌△BOF（ASA）；

（2）当∠DOE=90°时，四边形BFDE为菱形，

理由：∵△DOE≌△BOF，∴OE=OF，又∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形， ∵∠EOD=90°，∴EF⊥BD，∴四边形BFDE为菱形．

考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．

3．已知矩形纸片OBCD的边OB在x轴上，OD在y轴上，点C在第一象限，且

OB8，OD6.现将纸片折叠，折痕为EF（点E，F是折痕与矩形的边的交点），点P为点D的对应点，再将纸片还原。

（I）若点P落在矩形OBCD的边OB上，

①如图①，当点E与点O重合时，求点F的坐标；

②如图②，当点E在OB上，点F在DC上时，EF与DP交于点G，若OP7，求点F的坐标：

（Ⅱ）若点P落在矩形OBCD的内部，且点E，F分别在边OD，边DC上，当OP取最小值时，求点P的坐标（直接写出结果即可）。

【答案】（I）①点F的坐标为(6,6)；②点F的坐标为【解析】 【分析】

8586,6；（II）P, 1455（I）①根据折叠的性质可得DOFPOF45,再由矩形的性质，即可求出F的坐标;

②由折叠的性质及矩形的特点，易得DGFPGE，得到DFPE，再加上平行，可以得到四边形DEPF是平行四边形，在由对角线垂直，得出 DEPF是菱形，设菱形的边长为x，在RtODE中，由勾股定理建立方程即可求解; (Ⅱ)当O,P,F点共线时OP的长度最短. 【详解】

解：（I）①∵折痕为EF,点P为点D的对应点

DOFPOF

DOFPOF45

∵四边形OBCD是矩形，

ODF90

DFODOF45

DFDO6

点F的坐标为(6,6)

②∵折痕为EF，点P为点D的对应点.

DGPG,EFPD

∵四边形OBCD是矩形，

DC//OB，

FDGEPG； DGFPGE DGFPGE

DFPE DF//PE

∴四边形DEPF是平行四边形.

EFPD，

DEPF是菱形.

设菱形的边长为x，则DEEPx

OP7， OE7x，

222在RtODE中，由勾股定理得ODQBDE

62(7x)2x2

解得x85 1485 1485,6 14DF∴点F的坐标为（Ⅱ）P, 【点睛】

此题考查了几何折叠问题、等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，关键是根据折叠的性质进行解答，属于中考压轴题．

8655

4．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．

①求证：四边形BFDE是菱形； ②直接写出∠EBF的度数；

(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；

(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.

【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH＝3FH；（3）EG2＝AG2+CE2． 【解析】 【分析】

（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．

②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题． （2）IH＝3FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题． 【详解】

（1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，OB＝OD， ∴∠EDO＝∠FBO， 在△DOE和△BOF中，

EDO＝FBO ， OD＝OBEOD＝BOF∴△DOE≌△BOF， ∴EO＝OF，∵OB＝OD， ∴四边形EBFD是平行四边形，

∵EF⊥BD，OB＝OD， ∴EB＝ED，

∴四边形EBFD是菱形． ②∵BE平分∠ABD， ∴∠ABE＝∠EBD， ∵EB＝ED， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴∠ABD＝2∠ADB， ∵∠ABD+∠ADB＝90°， ∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°， ∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°， ∴∠EBF＝60°． （2）结论：IH＝3FH．

理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．

∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°， ∴EB＝BF＝ED，DE∥BF， ∴∠JDH＝∠FGH， 在△DHJ和△GHF中，

DHG＝GHF ， DH＝GHJDH＝FGH∴△DHJ≌△GHF， ∴DJ＝FG，JH＝HF， ∴EJ＝BG＝EM＝BI， ∴BE＝IM＝BF， ∵∠MEJ＝∠B＝60°， ∴△MEJ是等边三角形， ∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60° 在△BIF和△MJI中，

BI＝MJB＝M， BF＝IM∴△BIF≌△MJI，

∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF， ∴IH⊥JF，

∵∠BFI+∠BIF＝120°， ∴∠MIJ+∠BIF＝120°， ∴∠JIF＝60°， ∴△JIF是等边三角形，

在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°， ∴∠FIH＝30°， ∴IH＝3FH．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．

理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，

∵∠FAD+∠DEF＝90°， ∴AFED四点共圆，

∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°， ∴∠ADF+∠EDC＝45°， ∵∠ADF＝∠CDM，

∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG， 在△DEM和△DEG中，

DE＝DEEDG＝EDM ， DG＝DM∴△DEG≌△DEM， ∴GE＝EM，

∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM， ∴∠ECM＝90° ∴EC2+CM2＝EM2， ∵EG＝EM，AG＝CM， ∴GE2＝AG2+CE2． 【点睛】

考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.

5．如图，正方形ABCD的边长为8，E为BC上一定点，BE＝6，F为AB上一动点，把△BEF沿EF折叠，点B落在点B′处，当△AFB′恰好为直角三角形时，B′D的长为？

465或22 5【解析】 【分析】

【答案】分两种情况分析：如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，过点B′作

B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=BN2+DN2=3.225.62；如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，AF=2，过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=BN2+DN2=2222； 【详解】

如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线， ∵∠B=90°，∴AE=AB2BE2=8262=10， ∵B′E=BE=6，∴AB′=4， ∵B′F=BF，AF+BF=AB=8，

在Rt△AB′F中，∠AB′F=90°，由勾股定理得，AF2=FB′2+AB′2， ∴AF=5，BF=3，

过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，

∴AN=B′M=2.4，∴DN=AD-AN=8-2.4=5.6，

在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=BN2+DN2=3.225.62 =465 ； 5

如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，∴AF=2，

过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，∴AN=B′F=6，B′N=AF=2，∴DN=AD-AN=2， 在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=BN2+DN2=2222 =22 ；

综上，可得B′D的长为【点睛】

465或22. 5本题主要考查正方形的性质与判定，矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等，能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关键.

6．如图所示，矩形ABCD中，点E在CB的延长线上，使CE＝AC，连接AE，点F是AE的中点，连接BF、DF，求证：BF⊥DF．

【答案】见解析. 【解析】 【分析】

延长BF，交DA的延长线于点M，连接BD，进而求证△AFM≌△EFB，得AM=BE，FB=FM，即可求得BC+BE=AD+AM，进而求得BD=BM，根据等腰三角形三线合一的性质即可求证BF⊥DF． 【详解】

延长BF，交DA的延长线于点M，连接BD．

∵四边形ABCD是矩形，∴MD∥BC，∴∠AMF=∠EBF，∠E=∠MAF，又FA=FE，∴△AFM≌△EFB，∴AM=BE，FB=FM．

∵矩形ABCD中，∴AC=BD，AD=BC，∴BC+BE=AD+AM，即CE=MD． ∵CE=AC，∴AC=CE= BD =DM． ∵FB=FM，∴BF⊥DF．

【点睛】

本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和对应边相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，本题中求证DB=DM是解题的关键．

7．如图，抛物线y=mx2+2mx+n经过A（﹣3，0），C（0，﹣点B．

（1）求经过A，B，C三点的抛物线的解析式；

（2）过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，写出点E的坐标，并求AC、BE的交点F的坐标 （3）若抛物线的顶点为D，连结DC、DE，四边形CDEF是否为菱形？若是，请证明；若不是，请说明理由．

3）两点，与x轴交于另一2

【答案】（1）y=形．证明见解析 【解析】 【分析】

123x+x﹣；（2）F点坐标为（﹣1，﹣1）；（3）四边形CDEF是菱22将A、C点的坐标代入抛物线的解析式中，通过联立方程组求得该抛物线的解析式； 根据（1）题所得的抛物线的解析式，可确定抛物线的对称轴方程以及B、C点的坐标，由CE∥x轴，可知C、E关于对称轴对称。根据A、C点求得直线AC的解析式，根据B、E点求出直线BE的解析式，联立方程求得的解，即为F点的坐标；

由E、C、F、D的坐标可知DF和EC互相垂直平分，则可判定四边形CDEF为菱形． 【详解】

（1）∵抛物线y=mx2+2mx+n经过A（﹣3，0），C（0，﹣）两点，

∴，解得

，

∴抛物线解析式为y=x2+x﹣； （2）∵y=x2+x﹣， ∴抛物线对称轴为直线x=﹣1， ∵CE∥x轴，

∴C、E关于对称轴对称，

∵C（0，﹣）， ∴E（﹣2，﹣）， ∵A、B关于对称轴对称， ∴B（1，0），

设直线AC、BE解析式分别为y=kx+b，y=k′x+b′， 则由题意可得

，

，

解得，，

∴直线AC、BE解析式分别为y=﹣x﹣，y=x﹣，

联立两直线解析式可得∴F点坐标为（﹣1，﹣1）； （3）四边形CDEF是菱形．

，解得，

证明：∵y=x2+x﹣=（x+1）2﹣2， ∴D（﹣1，﹣2）， ∵F（﹣1，﹣1）， ∴DF⊥x轴，且CE∥x轴， ∴DF⊥CE，

∵C（0，﹣），且F（﹣1，﹣1），D（﹣1，﹣2）， ∴DF和CE互相平分， ∴四边形CDEF是菱形． 【点睛】

本题考查菱形的判定方法，二次函数的性质，以及二次函数与二元一次方程组．

8．如图1，在长方形纸片ABCD中，AB=mAD，其中m⩾1，将它沿EF折叠(点E. F分别在边AB、CD上)，使点B落在AD边上的点M处，点C落在点N处，MN与CD相交于点P，连接EP.设

AMn，其中0(1)如图2，当n=1(即M点与D点重合)，求证：四边形BEDF为菱形； (2)如图3，当n1(M为AD的中点)，m的值发生变化时，求证：EP=AE+DP； 2BECF的值是否发生变化?说明理

AM(3)如图1，当m=2(即AB=2AD)，n的值发生变化时，由.

【答案】(1)证明见解析；（2）证明见解析；(3)值不变，理由见解析. 【解析】

试题分析：（1）由条件可知，当n=1（即M点与D点重合），m=2时，AB=2AD，设AD=a，则AB=2a，由矩形的性质可以得出△ADE≌△NDF，就可以得出AE=NF，DE=DF，在Rt△AED中，由勾股定理就可以表示出AE的值，再求出BE的值就可以得出结论. （2）延长PM交EA延长线于G，由条件可以得出△PDM≌△GAM，△EMP≌△EMG由全等三角形的性质就可以得出结论.

（3）如图1，连接BM交EF于点Q，过点F作FK⊥AB于点K，交BM于点O，通过证明△ABM∽△KFE，就可以得出就可以得出

EKKFBEBKBC，即，由AB=2AD=2BC，BK=CFAMABAMAB1BECF的值是为定值． AM2（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠B=∠C=∠D=90°． ∵AB=mAD，且n=2，∴AB=2AD．

∵∠ADE+∠EDF=90°，∠EDF+∠NDF=90°，∴∠ADE=∠NDF． 在△ADE和△NDF中，∠A＝∠N，AD＝ND，∠ADE＝∠NDF， ∴△ADE≌△NDF（ASA）.∴AE=NF，DE=DF． ∵FN=FC，∴AE=FC．

∵AB=CD，∴AB-AE=\"CD-CF.\" ∴BE=\"DF.\" ∴BE=DE．

2Rt△AED中，由勾股定理，得AE2DE2AD2，即AE2（2ADAE）AD2，

3AD. 435∴BE=2AD-AD=.

44∴AE=

5ADBE45. ∴

AE3AD34（2）如图3，延长PM交EA延长线于G，∴∠GAM=90°． ∵M为AD的中点，∴AM=DM．

∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB∥CD. ∴∠GAM=∠PDM．

在△GAM和△PDM中，∠GAM＝∠PDM，AM＝DM，∠AMG＝∠DMP， ∴△GAM≌△PDM（ASA）.∴MG=MP.

在△EMP和△EMG中，PM＝GM，∠PME＝∠GME，ME＝ME， ∴△EMP≌△EMG（SAS）.∴EG=EP. ∴AG+AE=EP.∴PD+AE=EP，即EP=AE+DP.

（3）

BECF1，值不变，理由如下： AM2如图1，连接BM交EF于点Q，过点F作FK⊥AB于点K，交BM于点O， ∵EM=EB，∠MEF=∠BEF，∴EF⊥MB，即∠FQO=90°. ∵四边形FKBC是矩形，∴KF=BC，FC=KB. ∵∠FKB=90°，∴∠KBO+∠KOB=90°.

∵∠QOF+∠QFO=90°，∠QOF=∠KOB，∴∠KBO=∠OFQ. ∵∠A=∠EKF=90°，∴△ABM∽△KFE. ∴

EKKFBEBKBC. 即AMABAMABBECF1. AM2∵AB=2AD=2BC，BK=CF，∴∴

BECF的值不变． AM

考点：1.折叠问题；2.矩形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.相似三角形的判定和性质．

9．已知边长为1的正方形ABCD中， P是对角线AC上的一个动点（与点A、C不重合），过点P作PE⊥PB ，PE交射线DC于点E，过点E作EF⊥AC，垂足为点F． （1）当点E落在线段CD上时（如图）， ①求证：PB=PE；

②在点P的运动过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，试求出这个不变的值，若变化，试说明理由；

（2）当点E落在线段DC的延长线上时，在备用图上画出符合要求的大致图形，并判断上述（1）中的结论是否仍然成立（只需写出结论，不需要证明）；

（3）在点P的运动过程中，△PEC能否为等腰三角形？如果能，试求出AP的长，如果不能，试说明理由．

【答案】（1）①证明见解析；②点PP在运动过程中，PF的长度不变，值为画图见解析，成立 ；（3）能，1. 【解析】

2；（2）2分析：（1）①过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．要证PB=PE，只需证到△PGB≌△PHE即可；②连接BD，如图2．易证△BOP≌△PFE，则有BO=PF，只需求出BO的长即可．

（2）根据条件即可画出符合要求的图形，同理可得（1）中的结论仍然成立． （3）可分点E在线段DC上和点E在线段DC的延长线上两种情况讨论，通过计算就可求出符合要求的AP的长．

详解：（1）①证明：过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．

∵四边形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC， ∴∠GPC=∠ACB=∠ACD=∠HPC=45°． ∴PG=PH，∠GPH=∠PGB=∠PHE=90°． ∵PE⊥PB即∠BPE=90°， ∴∠BPG=90°﹣∠GPE=∠EPH． 在△PGB和△PHE中，

PGB＝PHE， PG＝PHBPG＝EPH∴△PGB≌△PHE（ASA）， ∴PB=PE．

②连接BD，如图2．

∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOP=90°． ∵PE⊥PB即∠BPE=90°， ∴∠PBO=90°﹣∠BPO=∠EPF． ∵EF⊥PC即∠PFE=90°， ∴∠BOP=∠PFE． 在△BOP和△PFE中，

PBO＝EPFBOP＝PFE PB＝PE∴△BOP≌△PFE（AAS）， ∴BO=PF．

∵四边形ABCD是正方形， ∴OB=OC，∠BOC=90°，

∴BC=2OB． ∵BC=1，∴OB=∴PF=2， 22． 22． 2∴点PP在运动过程中，PF的长度不变，值为

（2）当点E落在线段DC的延长线上时，符合要求的图形如图3所示．

同理可得：PB=PE，PF=

2． 2（3）①若点E在线段DC上，如图1．

∵∠BPE=∠BCE=90°，∴∠PBC+∠PEC=180°． ∵∠PBC＜90°，∴∠PEC＞90°． 若△PEC为等腰三角形，则EP=EC． ∴∠EPC=∠ECP=45°，

∴∠PEC=90°，与∠PEC＞90°矛盾，

∴当点E在线段DC上时，△PEC不可能是等腰三角形． ②若点E在线段DC的延长线上，如图4．

若△PEC是等腰三角形， ∵∠PCE=135°， ∴CP=CE，

∴∠CPE=∠CEP=22.5°．

∴∠APB=180°﹣90°﹣22.5°=67.5°． ∵∠PRC=90°+∠PBR=90°+∠CER， ∴∠PBR=∠CER=22.5°， ∴∠ABP=67.5°， ∴∠ABP=∠APB． ∴AP=AB=1． ∴AP的长为1．

点睛：本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、四边形的内角和定理、三角形的内角和定理及外角性质等知识，有一定的综合性，而通过添加辅助线证明三角形全等是解决本题的关键．

10．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．

（1）求证：∠APB=∠BPH；

（2）当点P在边AD上移动时，求证：△PDH的周长是定值； （3）当BE+CF的长取最小值时，求AP的长．

【答案】（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）2． 【解析】

试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出

∠APB=∠PBC即可得出答案；

（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；

（3）过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB，证明△EFM≌△BPA，设AP=x，利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF，结合二次函数的性质求出最值． 试题解析：（1）解：如图1，

∵PE=BE， ∴∠EBP=∠EPB． 又∵∠EPH=∠EBC=90°， ∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP． 即∠PBC=∠BPH． 又∵AD∥BC， ∴∠APB=∠PBC． ∴∠APB=∠BPH．

（2）证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．

由（1）知∠APB=∠BPH， 又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP， 在△ABP和△QBP中，

，

∴△ABP≌△QBP（AAS）， ∴AP=QP，AB=BQ， 又∵AB=BC， ∴BC=BQ．

又∠C=∠BQH=90°，BH=BH，

在△BCH和△BQH中，

，

∴△BCH≌△BQH（SAS）， ∴CH=QH．

∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8． ∴△PDH的周长是定值．

（3）解：如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB．

又∵EF为折痕， ∴EF⊥BP．

∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°， ∴∠EFM=∠ABP． 又∵∠A=∠EMF=90°， 在△EFM和△BPA中，

，

∴△EFM≌△BPA（AAS）． ∴EM=AP． 设AP=x

在Rt△APE中，（4-BE）2+x2=BE2． 解得BE=2+， ∴CF=BE-EM=2+-x， ∴BE+CF=-x+4=（x-2）2+3． 当x=2时，BE+CF取最小值， ∴AP=2．

考点：几何变换综合题．