2020-2021九年级数学二模试题分类汇编——平行四边形综合及详细答案

一、平行四边形

1．已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动．

（1）如图1，当b=2a，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC=90°；

（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；

（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 【答案】（1）见解析； （2）存在，理由见解析; （3）不成立．理由如下见解析. 【解析】

试题分析：（1）由b=2a，点M是AD的中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°；

（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形的对应边成比例，即可得方程：x2﹣bx+a2=0，由b＞2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，即可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意；

（3）由（2），当b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程x2﹣bx+a2=0的根的情况，即可求得答案．

试题解析：（1）∵b=2a，点M是AD的中点， ∴AB=AM=MD=DC=a，

又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°， ∴∠AMB=∠DMC=45°， ∴∠BMC=90°． （2）存在， 理由：若∠BMC=90°， 则∠AMB+∠DMC=90°， 又∵∠AMB+∠ABM=90°， ∴∠ABM=∠DMC， 又∵∠A=∠D=90°， ∴△ABM∽△DMC， ∴

AMAB， CDDM设AM=x，则

xa， abx整理得：x2﹣bx+a2=0， ∵b＞2a，a＞0，b＞0， ∴△=b2﹣4a2＞0，

∴方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意， ∴当b＞2a时，存在∠BMC=90°， （3）不成立． 理由：若∠BMC=90°， 由（2）可知x2﹣bx+a2=0， ∵b＜2a，a＞0，b＞0， ∴△=b2﹣4a2＜0， ∴方程没有实数根，

∴当b＜2a时，不存在∠BMC=90°，即（2）中的结论不成立． 考点：1、相似三角形的判定与性质；2、根的判别式；3、矩形的性质

2．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，

APBBPH{ABQP90， BPBP∴△ABP≌△QBP（AAS）， ∴AP=QP，AB=BQ， 又∵AB=BC， ∴BC=BQ．

又∠C=∠BQH=90°，BH=BH， 在△BCH和△BQH中，

BCBQ{CBQH90， BHBH∴△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ABP{EMFA， FMAB∴△EFM≌△BPA（AAS）． ∴EM=AP． 设AP=x

在Rt△APE中，（4-BE）2+x2=BE2．

x2解得BE=2+，

8x2∴CF=BE-EM=2+-x，

81x2∴BE+CF=-x+4=（x-2）2+3．

44当x=2时，BE+CF取最小值， ∴AP=2．

考点：几何变换综合题．

3．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．

（1）求证：AE=DF；

（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由； （3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）能，t=10；（3）t=【解析】 【分析】

（1）利用t表示出CD以及AE的长，然后在直角△CDF中，利用直角三角形的性质求得DF的长，即可证明；

（2）易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值；

（3）△DEF为直角三角形，分∠EDF=90°和∠DEF=90°两种情况讨论. 【详解】

解：（1）证明：∵在Rt△ABC中，∠C=90°﹣∠A=30°，

15或12. 211AC=×60=30cm， 22∵CD=4t，AE=2t，

∴AB=

又∵在Rt△CDF中，∠C=30°，

1CD=2t，∴DF=AE； 2（2）能，

∵DF∥AB，DF=AE，

∴DF=

∴四边形AEFD是平行四边形，

当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，即60﹣4t=2t，解得：t=10， ∴当t=10时，AEFD是菱形；

（3）若△DEF为直角三角形，有两种情况： ①如图1，∠EDF=90°，DE∥BC，

则AD=2AE，即60﹣4t=2×2t，解得：t=②如图2，∠DEF=90°，DE⊥AC，

15， 2

则AE=2AD，即2t2(604t)，解得：t=12， 综上所述，当t=

15或12时，△DEF为直角三角形. 2

4．图1、图2是两张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点．

（1）在图1中画出等腰直角三角形MON，使点N在格点上，且∠MON=90°；

（2）在图2中以格点为顶点画一个正方形ABCD，使正方形ABCD面积等于（1）中等腰直角三角形MON面积的4倍，并将正方形ABCD分割成以格点为顶点的四个全等的直角三角形和一个正方形，且正方形ABCD面积没有剩余（画出一种即可）．

【答案】（1）作图参见解析；（2）作图参见解析. 【解析】

试题分析：（1）过点O向线段OM作垂线，此直线与格点的交点为N，连接MN即可；（2）根据勾股定理画出图形即可．

试题解析：（1）过点O向线段OM作垂线，此直线与格点的交点为N，连接MN，如图1所示；

（2）等腰直角三角形MON面积是5，因此正方形面积是20，如图2所示；于是根据勾股定理画出图3：

考点：1.作图﹣应用与设计作图；2.勾股定理.

5．如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥DB，垂足为点D，将平行四边形ABCD折叠，使点B落在点D的位置，点C落在点G的位置，折痕为EF，EF交对角线BD于点P． （1）连结CG，请判断四边形DBCG的形状，并说明理由； （2）若AE＝BD，求∠EDF的度数．

【答案】（1）四边形BCGD是矩形，理由详见解析；（2）∠EDF＝120°． 【解析】 【分析】

（1）根据平行四边形的性质和折叠性质以及矩形的判定解答即可；

（2）根据折叠的性质以及直角三角形的性质和等边三角形的判定与性质解答即可． 【详解】

解：（1）四边形BCGD是矩形，理由如下，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC∥AD，即BC∥DG， 由折叠可知，BC＝DG， ∴四边形BCGD是平行四边形， ∵AD⊥BD， ∴∠CBD＝90°， ∴四边形BCGD是矩形；

（2）由折叠可知：EF垂直平分BD， ∴BD⊥EF，DP＝BP， ∵AD⊥BD， ∴EF∥AD∥BC，

AEPD1 BEBP∴AE＝BE，

∴

∴DE是Rt△ADB斜边上的中线， ∴DE＝AE＝BE， ∵AE＝BD， ∴DE＝BD＝BE， ∴△DBE是等边三角形， ∴∠EDB＝∠DBE＝60°， ∵AB∥DC，

∴∠DBC＝∠DBE＝60°， ∴∠EDF＝120°． 【点睛】

本题考查了平行四边形的性质，折叠性质，等边三角形的性质和判定，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力，题目综合性比较强，有一定的难度

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．已知AOB90，点C是AOB的角平分线OP上的任意一点，现有一个直角MCN绕点C旋转，两直角边CM，CN分别与直线OA，OB相交于点D，点E.

（1）如图1，若CDOA，猜想线段OD，OE，OC之间的数量关系，并说明理由. （2）如图2，若点D在射线OA上，且CD与OA不垂直，则（1）中的数量关系是否仍成立？如成立，请说明理由；如不成立，请写出线段OD，OE，OC之间的数量关系，并加以证明.

（3）如图3，若点D在射线OA的反向延长线上，且OD2，OE8，请直接写出线段

CE的长度.

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）34 【解析】 【分析】

（1）先证四边形ODCE为矩形，再证矩形ODCE为正方形，由正方形性质可得；（2）过点C作CGOA于点G，CHOB于点H，证四边形OGCH为正方形，再证

CGDCHE(ASA)，可得；（3）根据CGDCHE(ASA)，可得

OEODOHOG2OC. 【详解】

解：（1）∵AOB90，MCN90，CDOA， ∴四边形ODCE为矩形. ∵OP是AOB的角平分线， ∴DOCEOC45， ∴ODCD，

∴矩形ODCE为正方形， ∴OC2OD，OC2OE.

∴ODOE2OC.

（2）如图，过点C作CGOA于点G，CHOB于点H， ∵OP平分AOB，AOB90，

∴四边形OGCH为正方形， 由（1）得：OGOH在CGD和CHE中，

2OC，

CGDCHE90， CGCHDCGECH∴CGDCHE(ASA)， ∴GDHE， ∴ODOE2OC.

（3）OGOH∴GDHE.

2OC，

CGDCHE(ASA)，

∵ODGDOG，OEOHEH， ∴OEODOHOG∴OC32， ∴CE2OC，

34，

CE的长度为34.

【点睛】

考核知识点：矩形，正方形的判定和性质.熟练运用特殊四边形的性质和判定是关键.

8．正方形ABCD，点E在边BC上，点F在对角线AC上，连AE． (1)如图1，连EF，若EF⊥AC，4AF＝3AC，AB＝4，求△AEF的周长；

(2)如图2，若AF＝AB，过点F作FG⊥AC交CD于G，点H在线段FG上(不与端点重合)，连AH．若∠EAH＝45°， 求证：EC＝HG+2FC．

【答案】（1）2542；（2）证明见解析 【解析】 【分析】

（1）由正方形性质得出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，得出AC＝2AB＝42，求出AF＝32，CF＝AC﹣AF＝2，求出△CEF是等腰直角三角形，得出EF＝CF＝2，CE＝2CF＝2，在Rt△AEF中，由勾股定理求出AE，即可得出△AEF的周长；

（2）延长GF交BC于M，连接AG，则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，得出CM＝CG，CG＝2CF，证出BM＝DG，证明Rt△AFG≌Rt△ADG得出FG＝DG，BM＝FG，再证明△ABE≌△AFH，得出BE＝FH，即可得出结论． 【详解】

（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°， ∴AC＝2AB＝42， ∵4AF＝3AC＝122， ∴AF＝32， ∴CF＝AC﹣AF＝2， ∵EF⊥AC，

∴△CEF是等腰直角三角形， ∴EF＝CF＝2，CE＝2CF＝2， 在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE＝AF2EF225，

∴△AEF的周长＝AE+EF+AF＝252322542； （2）证明：延长GF交BC于M，连接AG，如图2所示：

则△CGM和△CFG是等腰直角三角形， ∴CM＝CG，CG＝2CF，

∴BM＝DG， ∵AF＝AB， ∴AF＝AD，

在Rt△AFG和Rt△ADG中，

AGAG， AFAD∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL）， ∴FG＝DG，∴BM＝FG， ∵∠BAC＝∠EAH＝45°， ∴∠BAE＝∠FAH， ∵FG⊥AC， ∴∠AFH＝90°， 在△ABE和△AFH中，

BAFH90， ABAFBAEFAH∴△ABE≌△AFH（ASA）， ∴BE＝FH，

∵BM＝BE+EM，FG＝FH+HG， ∴EM＝HG，

∵EC＝EM+CM，CM＝CG＝2CF， ∴EC＝HG+2FC． 【点睛】

本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．

9．现有一张矩形纸片ABCD（如图），其中AB＝4cm，BC＝6cm，点E是BC的中点．将纸片沿直线AE折叠，点B落在四边形AECD内，记为点B′，过E作EF垂直B′C，交B′C于F．

（1）求AE、EF的位置关系；

（2）求线段B′C的长，并求△B′EC的面积．

【答案】（1）见解析；（2）S△B′EC＝【解析】 【分析】

108． 25（1）由折线法及点E是BC的中点，可证得△B'EC是等腰三角形，再有条件证明∠AEF=90°即可得到AE⊥EF；

（2）连接BB′，通过折叠，可知∠EBB′=∠EB′B，由E是BC的中点，可得EB′=EC，∠ECB′=∠EB′C，从而可证△BB′C为直角三角形，在Rt△AOB和Rt△BOE中，可将OB，BB′的长求出，在Rt△BB′C中，根据勾股定理可将B′C的值求出. 【详解】

（1）由折线法及点E是BC的中点， ∴EB＝EB′＝EC，∠AEB＝∠AEB′， ∴△B'EC是等腰三角形， 又∵EF⊥B′C

∴EF为∠B'EC的角平分线，即∠B′EF＝∠FEC，

∴∠AEF＝180°﹣（∠AEB+∠CEF）＝90°，即∠AEF＝90°， 即AE⊥EF；

（2）连接BB'交AE于点O，由折线法及点E是BC的中点， ∴EB＝EB′＝EC，

∴∠EBB′＝∠EB′B，∠ECB′＝∠EB′C； 又∵△BB'C三内角之和为180°， ∴∠BB'C＝90°；

∵点B′是点B关于直线AE的对称点， ∴AE垂直平分BB′；

在Rt△AOB和Rt△BOE中，BO2＝AB2﹣AO2＝BE2﹣（AE﹣AO）2 将AB＝4cm，BE＝3cm，AE＝5cm， ∴AO＝∴BO＝16 cm， 5ABAO＝24cm， 52212cm， 5∴BB′＝2BO＝

∴在Rt△BB'C中，B′C＝BC2BB2＝由题意可知四边形OEFB′是矩形， ∴EF＝OB′＝∴S△B′EC＝

18cm， 512， 51B211812108C*EF．

25525

【点睛】

考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理勾股定理的和矩形的性质综合运用．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．

10．在VABC中，ADBC于点D，点E为AC边的中点，过点A作AF//BC，交

DE的延长线于点F，连接CF．

1如图1，求证：四边形ADCF是矩形；

2如图2，当ABAC时，取AB的中点G，连接DG、EG，在不添加任何辅助线

和字母的条件下，请直接写出图中所有的平行四边形（不包括矩形ADCF）．

【答案】(1) 证明见解析；（2）四边形ABDF、四边形AGEF、四边形GBDE、四边形

AGDE、四边形GDCE都是平行四边形． 【解析】 【分析】

（1）由△AEF≌△CED，推出EF=DE，又AE=EC，推出四边形ADCF是平行四边形，只要证明∠ADC=90°，即可推出四边形ADCF是矩形．

（2）四边形ABDF、四边形AGEF、四边形GBDE、四边形AGDE、四边形GDCE都是平行四边形． 【详解】

1证明：∵

AF//BC，

∴AFEEDC， ∵E是AC中点， ∴AEEC， 在VAEF和VCED中，

AFECDEAEFCED， AEEC∴VAEFVCED， ∴EFDE，∵AEEC， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵ADBC， ∴ADC90o， ∴四边形ADCF是矩形．

2∵线段DG、线段GE、线段DE都是VABC的中位线，又AF//BC，

∴AB//DE，DG//AC，EG//BC，

∴四边形ABDF、四边形AGEF、四边形GBDE、四边形AGDE、四边形GDCE都是平行四边形． 【点睛】

考查平行四边形的判定、矩形的判定、三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质等知识，正确寻找全等三角形解决问题是解题的关键.

11．如图，现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′处．AB′与CD交于点E．

（1）求证：△AED≌△CEB′；

（2）过点E作EF⊥AC交AB于点F，连接CF，判断四边形AECF的形状并给予证明．

【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】 【分析】

（1）由题意可得AD=BC=B'C，∠B=∠D=∠B'，且∠AED=∠CEB'，利用AAS证明全等，则结论可得；

（2）由△AED≌△CEB′可得AE=CE，且EF⊥AC，根据等腰三角形的性质可得EF垂直平分AC，∠AEF=∠CEF．即AF=CF，∠CEF=∠AFE=∠AEF，可得AE=AF，则可证四边形AECF是菱形． 【详解】

证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D ∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠 ∴BC＝B'C，∠B＝∠B'

∴∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC ∴△ADE≌△B'EC （2）四边形AECF是菱形 ∵△ADE≌△B'EC ∴AE＝CE ∵AE＝CE，EF⊥AC

∴EF垂直平分AC，∠AEF＝∠CEF ∴AF＝CF ∵CD∥AB

∴∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF ∴∠AEF＝∠EFA ∴AF＝AE ∴AF＝AE＝CE＝CF ∴四边形AECF是菱形 【点睛】

本题考查了折叠问题，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，熟练掌握这些性质和判定是解决问题的关键．

12．猜想与证明：

如图1，摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论． 拓展与延伸：

（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为 ．

（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．

【答案】猜想：DM=ME，证明见解析；（2）成立，证明见解析. 【解析】

试题分析：延长EM交AD于点H，根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到HM=DE，则可以得到答案；（1）、延长EM交AD于点H，根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF，得到△FME和△AMH全等，得到HM=EM，根据Rt△HDE得到HM=DE，则可以得到答案；（2）、连接AE，根据正方形的性质得出∠FCE=45°，∠FCA=45°，根据RT△ADF中AM=MF得出DM=AM=MF，根据RT△AEF中AM=MF得出AM=MF=ME，从而说明DM=ME.

试题解析：如图1，延长EM交AD于点H，∵四边形ABCD和CEFG是矩形，∴AD∥EF， ∴∠EFM=∠HAM，

又∵∠FME=∠AMH，FM=AM， 在△FME和△AMH中，∴△FME≌△AMH（ASA） ∴HM=EM，

在RT△HDE中，HM=DE， ∴DM=HM=ME， ∴DM=ME．

（1）、如图1，延长EM交AD于点H， ∵四边形ABCD和CEFG是矩形， ∴AD∥EF， ∴∠EFM=∠HAM，

又∵∠FME=∠AMH，FM=AM， 在△FME和△AMH中，∴△FME≌△AMH（ASA）

∴HM=EM，

在RT△HDE中，HM=EM ∴DM=HM=ME， ∴DM=ME，

（2）、如图2，连接AE， ∵四边形ABCD和ECGF是正方形， ∴∠FCE=45°，∠FCA=45°， ∴AE和EC在同一条直线上， 在RT△ADF中，AM=MF， ∴DM=AM=MF， 在RT△AEF中，AM=MF， ∴AM=MF=ME， ∴DM=ME．

考点：（1）、三角形全等的性质；（2）、矩形的性质.

13．问题情境

在四边形ABCD中，BA＝BC，DC⊥AC，过点D作DE∥AB交BC的延长线于点E，M是边AD的中点，连接MB，ME. 特例探究

(1)如图1，当∠ABC＝90°时，写出线段MB与ME的数量关系，位置关系； (2)如图2，当∠ABC＝120°时，试探究线段MB与ME的数量关系，并证明你的结论； 拓展延伸

(3)如图3，当∠ABC＝α时，请直接用含α的式子表示线段MB与ME之间的数量关系．

tan【答案】(1)MB＝ME，MB⊥ME；(2)ME＝3MB．证明见解析；(3)ME＝MB·【解析】 【分析】

（1）如图1中，连接CM．只要证明△MBE是等腰直角三角形即可；

. 2（2）结论：EM=3MB．只要证明△EBM是直角三角形，且∠MEB=30°即可； （3）结论：EM=BM•tan【详解】

(1) 如图1中，连接CM．

2．证明方法类似；

∵∠ACD=90°，AM=MD， ∴MC=MA=MD， ∵BA=BC， ∴BM垂直平分AC， ∵∠ABC=90°，BA=BC，

1∠ABC=45°，∠ACB=∠DCE=45°， 2∵AB∥DE，

∴∠ABE+∠DEC=180°， ∴∠DEC=90°，

∴∠DCE=∠CDE=45°， ∴EC=ED，∵MC=MD，

∴EM垂直平分线段CD，EM平分∠DEC， ∴∠MEC=45°，

∴△BME是等腰直角三角形， ∴BM=ME，BM⊥EM．

故答案为BM=ME，BM⊥EM．

∴∠MBE=(2)ME＝3MB．

证明如下：连接CM，如解图所示．

∵DC⊥AC，M是边AD的中点， ∴MC＝MA＝MD． ∵BA＝BC， ∴BM垂直平分AC． ∵∠ABC＝120°，BA＝BC，

1∠ABC＝60°，∠BAC＝∠BCA＝30°，∠DCE＝60°. 2∵AB∥DE，

∴∠ABE＋∠DEC＝180°， ∴∠DEC＝60°，

∴∠DCE＝∠DEC＝60°， ∴△CDE是等边三角形， ∴EC＝ED． ∵MC＝MD，

∴EM垂直平分CD，EM平分∠DEC，

∴∠MBE＝∴∠MEC＝

1∠DEC＝30°， 2∴∠MBE＋∠MEB＝90°，即∠BME＝90°. 在Rt△BME中，∵∠MEB＝30°， ∴ME＝3MB．

(3) 如图3中，结论：EM=BM•tan

． 2

理由：同法可证：BM⊥EM，BM平分∠ABC， 所以EM=BM•tan【点睛】

本题考查四边形综合题、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．

． 2

14．如图，抛物线

交x轴的正半轴于点A，点B（

，a）在抛物线上，点C是

抛物线对称轴上的一点，连接AB、BC，以AB、BC为邻边作□ABCD，记点C纵坐标为n， （1）求a的值及点A的坐标；

（2）当点D恰好落在抛物线上时，求n的值；

（3）记CD与抛物线的交点为E，连接AE，BE，当△AEB的面积为7时，n=___________．（直接写出答案）

【答案】（1）【解析】

， A（3，0）；（2）

试题解析：（1）把点B的坐标代入抛物线的解析式中，即可求出a的值，令y=0即可求出点A的坐标．

（２）求出点D的坐标即可求解；

（3）运用△AEB的面积为7，列式计算即可得解.

试题解析：（1）当由

，得

∴A（3，0）

时，（舍去），

（1分）

（2）过D作DG⊥轴于G，BH⊥轴于H.

∵CD∥AB，CD=AB ∴∴∴

，，

（3）

15．如图，AB为⊙O的直径，点E在⊙O上，过点E的切线与AB的延长线交于点D，连接BE，过点O作BE的平行线，交⊙O于点F，交切线于点C，连接AC （1）求证：AC是⊙O的切线；

（2）连接EF，当∠D= °时，四边形FOBE是菱形．

【答案】（1）见解析；（2）30. 【解析】 【分析】

（1）由等角的转换证明出OCA≌OCE，根据圆的位置关系证得AC是⊙O的切线. （2）根据四边形FOBE是菱形，得到OF=OB=BF=EF，得证OBE为等边三角形，而得出

BOE60，根据三角形内角和即可求出答案. 【详解】

（1）证明：∵CD与⊙O相切于点E， ∴OECD， ∴CEO90，

又∵OCPBE，

∴COEOEB，∠OBE=∠COA ∵OE=OB，

∴OEBOBE， ∴COECOA， 又∵OC=OC，OA=OE， ∴OCA≌OCE， （SAS）∴CAOCEO90， 又∵AB为⊙O的直径， ∴AC为⊙O的切线；

（2）解：∵四边形FOBE是菱形， ∴OF=OB=BF=EF， ∴OE=OB=BE，

∴OBE为等边三角形，

∴BOE60， 而OECD， ∴D30． 故答案为30． 【点睛】

本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题，熟练掌握圆的性质是本题的解题关键.