备战中考数学平行四边形(大题培优易错试卷)附答案解析

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，四边形ABCD中，∠BCD=∠D=90°，E是边AB的中点.已知AD=1，AB=2. （1）设BC=x，CD=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域； （2）当∠B=70°时，求∠AEC的度数； （3）当△ACE为直角三角形时，求边BC的长.

【答案】（1）y2或x22x30x3；（2）∠AEC=105°；（3）边BC的长为

117. 2【解析】

试题分析：（1）过A作AH⊥BC于H，得到四边形ADCH为矩形．在△BAH中，由勾股定理即可得出结论．

（2）取CD中点T，连接TE，则TE是梯形中位线，得ET∥AD，ET⊥CD，∠AET=∠B=70°．

又AD=AE=1，得到∠AED=∠ADE=∠DET=35°．由ET垂直平分CD，得∠CET=∠DET=35°，即可得到结论．

（3）分两种情况讨论：①当∠AEC=90°时，易知△CBE≌△CAE≌△CAD，得∠BCE=30°， 解△ABH即可得到结论．

②当∠CAE=90°时，易知△CDA∽△BCA，由相似三角形对应边成比例即可得到结论． 试题解析：解：（1）过A作AH⊥BC于H．由∠D=∠BCD=90°，得四边形ADCH为矩形． 在△BAH中，AB=2，∠BHA=90°，AH=y，HB=x1，∴22y2x1， 则y2x22x30x3

（2）取CD中点T，联结TE，则TE是梯形中位线，得ET∥AD，ET⊥CD，∴∠AET=∠B=70°．

又AD=AE=1，∴∠AED=∠ADE=∠DET=35°．由ET垂直平分CD，得∠CET=∠DET=35°，∴∠AEC=70°＋35°=105°．

（3）分两种情况讨论：①当∠AEC=90°时，易知△CBE≌△CAE≌△CAD，得∠BCE=30°， 则在△ABH中，∠B=60°，∠AHB=90°，AB=2，得BH=1，于是BC=2． ②当∠CAE=90°时，易知△CDA∽△BCA，又ACBC2AB2x24，

ADCA则

ACCB1x42x24117x（舍负） x2117． 2易知∠ACE<90°，所以边BC的长为综上所述：边BC的长为2或117． 2

点睛：本题是四边形综合题．考查了梯形中位线，相似三角形的判定与性质．解题的关键是掌握梯形中常见的辅助线作法．

2．(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.

3．如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，E、F在菱形的边BC，CD上． （1）证明：BE=CF．

（2）当点E，F分别在边BC，CD上移动时（△AEF保持为正三角形），请探究四边形AECF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值． （3）在（2）的情况下，请探究△CEF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．

【答案】(1)见解析；（2）43；（3）见解析 【解析】

试题分析：（1）先求证AB=AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF； （2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形

AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；

（3）当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又根据S△CEF=S四边形AECF-S△AEF，则△CEF的面积就会最大.

试题解析：（1）证明：连接AC， ∵∠1+∠2=60°，∠3+∠2=60°， ∴∠1=∠3， ∵∠BAD=120°， ∴∠ABC=∠ADC=60° ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC=CD=AD，

∴△ABC、△ACD为等边三角形 ∴∠4=60°，AC=AB， ∴在△ABE和△ACF中，

，

∴△ABE≌△ACF．（ASA） ∴BE=CF．

（2）解：由（1）得△ABE≌△ACF， 则S△ABE=S△ACF．

故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC， 是定值．

作AH⊥BC于H点， 则BH=2， S四边形AECF=S△ABC =

==

；

（3）解：由“垂线段最短”可知，

当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短． 故△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时， 正三角形AEF的面积会最小，

又S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则△CEF的面积就会最大． 由（2）得，S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF =

﹣

=

．

点睛：本题考查了菱形每一条对角线平分一组对角的性质，考查了全等三角形的证明和全等三角形对应边相等的性质，考查了三角形面积的计算，本题中求证△ABE≌△ACF是解题的关键．

4．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.

5．如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且CFAE，连接DE，DF，EF. FH平分EFB交BD于点H.

（1）求证：DEDF； （2）求证：DHDF：

（3）过点H作HM⊥EF于点M，用等式表示线段AB，HM与EF之间的数量关系，并证明.

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）EF2AB2HM，证明详见解析. 【解析】 【分析】

（1）根据正方形性质， CFAE得到DEDF.

（2）由△AED≌△CFD，得DEDF.由ABC90，BD平分ABC， 得DBF45.因为FH平分EFB，所以EFHBFH.由于

DHFDBFBFH45BFH,DFHDFEEFH45EFH, 所以DHDF.

（3）过点H作HNBC于点N，由正方形ABCD性质，得

BDAB2AD22AB.由FH平分EFB，HMEF,HNBC，得

HNB90，所以BHHMHN.因为HBN45，由EFHN2HN2HM.

sin45DF2DF2DH，得EF2AB2HM.

cos45【详解】

（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴ADCD，EADBCDADC90. ∴EADFCD90. ∵CFAE。 ∴△AED≌△CFD. ∴ADECDF.

∴EDFEDCCDFEDCADEADC90. ∴DEDF.

（2）证明：∵△AED≌△CFD，

∴DEDF. ∵EDF90， ∴DEFDFE45.

∵ABC90，BD平分ABC， ∴DBF45. ∵FH平分EFB， ∴EFHBFH.

∵DHFDBFBFH45BFH,

DFHDFEEFH45EFH, ∴DHFDFH. ∴DHDF.

（3）EF2AB2HM.

证明：过点H作HNBC于点N，如图，

∵正方形ABCD中，ABAD，BAD90， ∴BDAB2AD22AB.

∵FH平分EFB，HMEF,∴HMHN.

HNBC，

HNB90， ∵HBN45，∴BHHN2HN2HM.

sin45∴DHBDBH∵EF2AB2HM.

DF2DF2DH，

cos45∴EF2AB2HM. 【点睛】

本题考查正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数，题目难度较大，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数.

6．（问题情境）在△ABC中，AB＝AC，点P为BC所在直线上的任一点，过点P作

PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．当P在BC边上时（如图1），求证：PD+PE＝CF．

证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE＝CF．（不要证明）

（变式探究）（1）当点P在CB延长线上时，其余条件不变（如图3），试探索PD、PE、CF之间的数量关系并说明理由；

请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：

（结论运用）（2）如图4，将长方形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD＝16，CF＝6，求PG+PH的值．

（迁移拓展）（3）在直角坐标系中，直线l1：y＝-

4x+8与直线l2：y＝﹣2x+8相交于点3A，直线l1、l2与x轴分别交于点B、点C．点P是直线l2上一个动点，若点P到直线l1的距离为2．求点P的坐标．

【答案】【变式探究】证明见解析【结论运用】8【迁移拓展】（﹣1，6），（1，10） 【解析】 【变式探究】

连接AP，同理利用△ABP与△ACP面积之差等于△ABC的面积可以证得； 【结论运用】

过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，根据勾股定理和矩形的性质解答即可； 【迁移拓展】

分两种情况，利用结论，求得点P到x轴的距离，再利用待定系数法可求出P的坐标． 【详解】

变式探究:连接AP，如图3：

∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，且S△ABC＝S△ACP﹣S△ABP，

111AB•CF＝AC•PE﹣ AB•PD． 222∵AB＝AC， ∴CF＝PD﹣PE；

∴

结论运用:过点E作EQ⊥BC，垂足为Q，如图④，

∵四边形ABCD是长方形， ∴AD＝BC，∠C＝∠ADC＝90°． ∵AD＝16，CF＝6， ∴BF＝BC﹣CF＝AD﹣CF＝5， 由折叠可得：DF＝BF，∠BEF＝∠DEF． ∴DF＝5． ∵∠C＝90°，

∴DC＝DF2CF210262＝8．

∵EQ⊥BC，∠C＝∠ADC＝90°， ∴∠EQC＝90°＝∠C＝∠ADC． ∴四边形EQCD是长方形． ∴EQ＝DC＝4． ∵AD∥BC， ∴∠DEF＝∠EFB． ∵∠BEF＝∠DEF， ∴∠BEF＝∠EFB． ∴BE＝BF，

由问题情境中的结论可得：PG+PH＝EQ． ∴PG+PH＝8． ∴PG+PH的值为8；

迁移拓展:如图，

由题意得：A（0，8），B（6，0），C（﹣4，0） ∴AB＝6282＝10，BC＝10． ∴AB＝BC，

（1）由结论得：P1D1+P1E1＝OA＝8 ∵P1D1＝1＝2，

∴P1E1＝6 即点P1的纵坐标为6 又点P1在直线l2上， ∴y＝2x+8＝6， ∴x＝﹣1，

即点P1的坐标为（﹣1，6）； （2）由结论得：P2E2﹣P2D2＝OA＝8 ∵P2D2＝2，

∴P2E2＝10 即点P1的纵坐标为10 又点P1在直线l2上， ∴y＝2x+8＝10， ∴x＝1，

即点P1的坐标为（1，10） 【点睛】

本题考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定及勾股定理等知识点，利用面积法列出等式是解决问题的关键．

7．如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，分别延长AC至E，BC至F，且CE＝EF，延长FE交AD的延长线于G． （1）求证：AE＝EG；

（2）如图2，分别连接BG，BE，若BG＝BF，求证：BE＝EG； （3）如图3，取GF的中点M，若AB＝5，求EM的长．

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】 【分析】

5 2（1）根据平行线的性质和等腰三角形的三线合一的性质得：∠CAD＝∠G，可得AE＝EG； （2）作辅助线，证明△BEF≌△GEC（SAS），可得结论；

（3）如图3，作辅助线，构建平行线，证明四边形DMEN是平行四边形，得EM＝DN＝

1AC，计算可得结论． 2【详解】

证明：（1）如图1，过E作EH⊥CF于H，

∵AD⊥BC， ∴EH∥AD，

∴∠CEH＝∠CAD，∠HEF＝∠G， ∵CE＝EF， ∴∠CEH＝∠HEF， ∴∠CAD＝∠G， ∴AE＝EG；

（2）如图2，连接GC，

∵AC＝BC，AD⊥BC， ∴BD＝CD，

∴AG是BC的垂直平分线， ∴GC＝GB， ∴∠GBF＝∠BCG， ∵BG＝BF， ∴GC＝BE， ∵CE＝EF，

∴∠CEF＝180°﹣2∠F， ∵BG＝BF，

∴∠GBF＝180°﹣2∠F， ∴∠GBF＝∠CEF， ∴∠CEF＝∠BCG，

∵∠BCE＝∠CEF+∠F，∠BCE＝∠BCG+∠GCE， ∴∠GCE＝∠F， 在△BEF和△GCE中，

CEEFGCEF， CGBF∴△BEF≌△GEC（SAS）， ∴BE＝EG；

（3）如图3，连接DM，取AC的中点N，连接DN，

由（1）得AE＝EG， ∴∠GAE＝∠AGE，

在Rt△ACD中，N为AC的中点，

1AC＝AN，∠DAN＝∠ADN， 2∴∠ADN＝∠AGE， ∴DN∥GF，

在Rt△GDF中，M是FG的中点，

∴DN＝

1FG＝GM，∠GDM＝∠AGE， 2∴∠GDM＝∠DAN， ∴DM∥AE，

∴四边形DMEN是平行四边形，

∴DM＝

1AC， 2∵AC＝AB＝5，

∴EM＝DN＝

5． 2【点睛】

∴EM＝

本题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等知识，解题的关键是作辅助线，并熟练掌握全等三角形的判定方法，特别是第三问，辅助线的作法是关键．

8．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P处，再折出PB、PC，最后用笔画出△PBC(图1)．

（1）求证：图1中的 且HM=JN． ①求证：IH=IJ ②请求出NJ的长；

PBC是正三角形：

（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN，其中IJ=6cm，

（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边的长度a变化时，在矩形纸片上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示

意图(作图工具不限，能说明问题即可)，并直接写出对应的a的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②12-63（3）33＜a＜43，a＞43 【解析】

分析：（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即可；

（2）①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得；②IJ上取一点Q，使QI=QN，由Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x，则IQ=QN=2x、QJ=3x，根据IJ=IQ+QJ求出x即可得；

（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可． （1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF ∴PB=PC

∵沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P处 ∴PB=BC ∴PB=PC=BC

∴△PBC是正三角形： （2）证明：①如图

∵矩形AHIJ ∴∠H=∠J=90° ∵△MNJ是等边三角形 ∴MI=NI

在Rt△MHI和Rt△JNI中

MINI MHNJ∴Rt△MHI≌Rt△JNI（HL） ∴HI=IJ

②在线段IJ上取点Q，使IQ=NQ

∵Rt△IHM≌Rt△IJN，

∴∠HIM=∠JIN， ∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°， ∴∠HIM=∠JIN=15°， 由QI=QN知∠JIN=∠QNI=15°， ∴∠NQJ=30°，

设NJ=x，则IQ=QN=2x，QJ=QN2NJ2=3x， ∵IJ=6cm， ∴2x+3x=6，

∴x=12-63，即NJ=12-63（cm）． （3）分三种情况： ①如图：

设等边三角形的边长为b，则0＜b≤6， 则tan60°=3=ab， 2∴a=3b， 263=33； 2∴0＜b≤②如图

当DF与DC重合时，DF=DE=6， ∴a=sin60°×DE=

63=33， 26643当DE与DA重合时，a=sin60， 32∴33＜a＜43；

③如图

∵△DEF是等边三角形 ∴∠FDC=30°

6643∴DF=cos30 32∴a＞43 点睛：本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．

9．如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点D、E、F、G分别为边OA、AB、BC、CO的中点，连结DE、EF、FG、GD． （1）若点C在y轴的正半轴上，当点B的坐标为（2，4）时，判断四边形DEFG的形状，并说明理由.

（2）若点C在第二象限运动，且四边形DEFG为菱形时，求点四边形OABC对角线OB长度的取值范围.

（3）若在点C的运动过程中，四边形DEFG始终为正方形，当点C从X轴负半轴经过Y轴正半轴，运动至X轴正半轴时，直接写出点B的运动路径长.

【答案】（1）正方形（2）25OB6（3）2π 【解析】

分析:（1）连接OB，AC，说明OB⊥AC，OB=AC，可得四边形DEFG是正方形.

（2）由四边形DEFG是菱形，可得OB=AC，当点C在y轴上时，AC=25，当点C在x轴上时，AC=6, 故可得结论；

（3）根据题意计算弧长即可.

详解：（1）正方形，如图1，证明连接OB，AC，说明OB⊥AC，OB=AC，可得四边形DEFG是正方形. （2）25OB6

如图2，由四边形DEFG是菱形，可得OB=AC，当点C在y轴上时，AC=25，当点C在x轴上时，AC=6, ∴25OB6 ； （3）2π.

如图3，当四边形DEFG是正方形时，OB⊥AC，且OB=AC，构造△OBE≌△ACO，可得B点在以E（0，4）为圆心，2为半径的圆上运动.

所以当C点从x轴负半轴到正半轴运动时，B点的运动路径为2 .

图1 图2 图3

点睛：本题主要考查了正方形的判定，菱形的性质以及弧长的计算.灵活运用正方形的判定定理和菱形的性质运用是解题的关键.

10．（本题满分10分）如图1，已知矩形纸片ABCD中，AB＝6cm，若将该纸片沿着过点B的直线折叠（折痕为BM），点A恰好落在CD边的中点P处．

（1）求矩形ABCD的边AD的长．

（2）若P为CD边上的一个动点，折叠纸片，使得A与P重合，折痕为MN，其中M在边AD上，N在边BC上，如图2所示．设DP＝x cm，DM＝y cm，试求y与x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围．

（3）①当折痕MN的端点N在AB上时，求当△PCN为等腰三角形时x的值； ②当折痕MN的端点M在CD上时，设折叠后重叠部分的面积为S，试求S与x之间的函数关系式

【答案】（1）AD＝3；（2）y=－其中，0＜x＜3；（3）x=；（4）

S=【解析】

.

试题分析：（1）根据折叠图形的性质和勾股定理求出AD的长度；（2）根据折叠图形的性质以及Rt△MPD的勾股定理求出函数关系式；（3）过点N作NQ⊥CD，根据Rt△NPQ的勾股定理进行求解；（4）根据Rt△ADM的勾股定理求出MP与x的函数关系式，然后得出函数关系式.

试题解析：（1）根据折叠可得BP=AB=6cm CP=3cm 根据Rt△PBC的勾股定理可得：AD＝3

．

（2）由折叠可知AM＝MP，在Rt△MPD中，∴

∴y=－

其中，0＜x＜3.

，NC≥3

.

（3）当点N在AB上，x≥3， ∴PC≤3，而PN≥3∴△PCN为等腰三角形，只可能NC＝NP． 过N点作NQ⊥CD，垂足为Q，在Rt△NPQ中，∴

解得x=．

（4）当点M在CD上时，N在AB上，可得四边形ANPM为菱形． 设MP＝y，在Rt△ADM中，∴ S=

，即

∴ y=

．

考点：函数的性质、勾股定理.