人教中考数学备考之平行四边形压轴突破训练∶培优 易错 难题篇含答案(1)

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B、C重合），连接DE、点C关于直线DE的对称点为C′，连接AC′并延长交直线DE于点P，F是AC′的中点，连接DF． （1）求∠FDP的度数；

（2）连接BP，请用等式表示AP、BP、DP三条线段之间的数量关系，并证明； （3）连接AC，若正方形的边长为2，请直接写出△ACC′的面积最大值．

【答案】（1）45°；（2）BP+DP＝2AP，证明详见解析；（3）2﹣1． 【解析】 【分析】

（1）证明∠CDE＝∠C'DE和∠ADF＝∠C'DF，可得∠FDP'＝

1∠ADC＝45°； 2（2）作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△DAP'（SAS），得BP＝DP'，从而得△PAP'是等腰直角三角形，可得结论；

（3）先作高线C'G，确定△ACC′的面积中底边AC为定值2，根据高的大小确定面积的大小，当C'在BD上时，C'G最大，其△ACC′的面积最大，并求此时的面积． 【详解】

（1）由对称得：CD＝C'D，∠CDE＝∠C'DE， 在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°， ∴AD＝C'D， ∵F是AC'的中点，

∴DF⊥AC'，∠ADF＝∠C'DF， ∴∠FDP＝∠FDC'+∠EDC'＝

1∠ADC＝45°； 2（2）结论：BP+DP＝2AP，

理由是：如图，作AP'⊥AP交PD的延长线于P'，

∴∠PAP'＝90°，

在正方形ABCD中，DA＝BA，∠BAD＝90°， ∴∠DAP'＝∠BAP， 由（1）可知：∠FDP＝45° ∵∠DFP＝90° ∴∠APD＝45°， ∴∠P'＝45°， ∴AP＝AP'， 在△BAP和△DAP'中，

BADA∵BAPDAP， APAP∴△BAP≌△DAP'（SAS）， ∴BP＝DP'，

∴DP+BP＝PP'＝2AP；

（3）如图，过C'作C'G⊥AC于G，则S△AC'C＝

1AC•C'G， 2

Rt△ABC中，AB＝BC＝2，

∴AC＝(2)2(2)22，即AC为定值， 当C'G最大值，△AC'C的面积最大，

连接BD，交AC于O，当C'在BD上时，C'G最大，此时G与O重合，

∵CD＝C'D＝2，OD＝∴C'G＝2﹣1， ∴S△AC'C＝【点睛】

1AC＝1， 211AC•CG2(21)21． 22本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

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①，四边形ABCD是知形，AB1,BC2，点E是线段BC上一动点(不与B,C重合)，点F是线段BA延长线上一动点，连接DE,EF,DF,EF交AD于点G.设BEx,AFy，已知y与x之间的函数关系如图②所示.

（1）求图②中y与x的函数表达式; （2）求证:DEDF;

（3）是否存在x的值，使得△DEG是等腰三角形?如果存在，求出x的值;如果不存在，说明理由

【答案】（1）y＝﹣2x+4（0＜x＜2）；（2）见解析；（3）存在，x＝【解析】 【分析】

（1）利用待定系数法可得y与x的函数表达式； （2）证明△CDE∽△ADF，得∠ADF＝∠CDE，可得结论； （3）分三种情况：

①若DE＝DG，则∠DGE＝∠DEG，

②若DE＝EG，如图①，作EH∥CD，交AD于H，

5553或或． 422③若DG＝EG，则∠GDE＝∠GED， 分别列方程计算可得结论． 【详解】 （1）设y＝kx+b，

由图象得：当x＝1时，y＝2，当x＝0时，y＝4，

kb2k2代入得：，得，

b4b4∴y＝﹣2x+4（0＜x＜2）； （2）∵BE＝x，BC＝2 ∴CE＝2﹣x， ∴∴

CE2x1CD1,， AF42x2AD2CECD， AFAD∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠DAF＝90°， ∴△CDE∽△ADF， ∴∠ADF＝∠CDE，

∴∠ADF+∠EDG＝∠CDE+∠EDG＝90°， ∴DE⊥DF；

（3）假设存在x的值，使得△DEG是等腰三角形， ①若DE＝DG，则∠DGE＝∠DEG， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∠B＝90°， ∴∠DGE＝∠GEB， ∴∠DEG＝∠BEG， 在△DEF和△BEF中，

FDEBDEFBEF， EFEF∴△DEF≌△BEF（AAS）， ∴DE＝BE＝x，CE＝2﹣x，

∴在Rt△CDE中，由勾股定理得：1+（2﹣x）2＝x2， x＝

5； 4②若DE＝EG，如图①，作EH∥CD，交AD于H，

∵AD∥BC，EH∥CD， ∴四边形CDHE是平行四边形， ∴∠C＝90°，

∴四边形CDHE是矩形，

∴EH＝CD＝1，DH＝CE＝2﹣x，EH⊥DG， ∴HG＝DH＝2﹣x， ∴AG＝2x﹣2， ∵EH∥CD，DC∥AB， ∴EH∥AF， ∴△EHG∽△FAG， ∴∴

EHHG， AFAG12x， 42x2x25555（舍）， ,x222∴x1③若DG＝EG，则∠GDE＝∠GED， ∵AD∥BC， ∴∠GDE＝∠DEC， ∴∠GED＝∠DEC， ∵∠C＝∠EDF＝90°， ∴△CDE∽△DFE， ∴

CEDE， CDDF∵△CDE∽△ADF， ∴∴

DECD1， DFAD2CE1， CD213，x＝， 2255-53或或． 422∴2﹣x＝

综上，x＝【点睛】

本题是四边形的综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，三角形相似和全等的性质和判定，矩形和平行四边形的性质和判定，勾股定理和逆定理等知识，运用相似三角形的性质是解决本题的关键．

4．（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．

5．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.

2OC.

∴ODOE（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.

6．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．

7．（1）如图1，将矩形ABCD折叠，使BC落在对角线BD上，折痕为BE，点C落在点C处，若∠ADB42，则DBE的度数为______.

（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD，AB4，AD9.

（画一画）如图2，点E在这张矩形纸片的边AD上，将纸片折叠，使AB落在CE所在直线上，折痕设为MN（点M，N分别在边AD，BC上），利用直尺和圆规画出折痕

MN（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）；

（算一算）如图3，点F在这张矩形纸片的边BC上，将纸片折叠，使FB落在射线FD上，折痕为GF，点A,B分别落在点A，B处，若AG7，求BD的长. 3

【答案】（1）21；（2）画一画；见解析；算一算：BD3 【解析】 【分析】

（1）利用平行线的性质以及翻折不变性即可解决问题；

（2）【画一画】，如图2中，延长BA交CE的延长线由G，作∠BGC的角平分线交AD于M，交BC于N，直线MN即为所求； 【算一算】首先求出GD=9-

720，由矩形的性质得出AD∥BC，BC=AD=9，由平行线的33性质得出∠DGF=∠BFG，由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，证出∠DFG=∠DGF，由等腰三

20，再由勾股定理求出CF，可得BF，再利用翻折不变性，3可知FB′=FB，由此即可解决问题． 【详解】

角形的判定定理证出DF=DG=

（1）如图1所示：

∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠ADB=∠DBC=42°，

由翻折的性质可知，∠DBE=∠EBC=故答案为21．

（2）【画一画】如图所示：

1∠DBC=21°， 2

【算一算】 如3所示：

∵AG=

7，AD=9， 3720， 33∴GD=9-

∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，BC=AD=9， ∴∠DGF=∠BFG，

由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG， ∴∠DFG=∠DGF， ∴DF=DG=

20， 32∵CD=AB=4，∠C=90°，

16202∴在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF=DFCD， 43322∴BF=BC-CF=91611， 3311， 3由翻折不变性可知，FB=FB′=∴B′D=DF-FB′=【点睛】

20113. 33四边形综合题，考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决

问题．

8．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∵OCBE，

∴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.

9．如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=60°，AH⊥BC于点H．动点E从点B出发，沿线段BC向点C以每秒2个单位长度的速度运动．过点E作EF⊥AB，垂足为点F．点E出发后，以EF为边向上作等边三角形EFG，设点E的运动时间为t秒，△EFG和△AHC的重合部分面积为S．

（1）CE= （含t的代数式表示）． （2）求点G落在线段AC上时t的值． （3）当S＞0时，求S与t之间的函数关系式． （4）点P在点E出发的同时从点A出发沿A-H-A以每秒2围．

个单位长度的速度作往复运

动，当点E停止运动时，点P随之停止运动，直接写出点P在△EFG内部时t的取值范

【答案】（1）6-2t；（2）t=2；（3）当＜t≤2时，S=

t2+【解析】

t-；（4）＜t＜

．

t2+t-3；当2＜t≤3时，S=-

试题分析:（1）由菱形的性质得出BC=AB=6得出CE=BC-BE=6-2t即可；

（2）由菱形的性质和已知条件得出△ABC是等边三角形，得出∠ACB=60°，由等边三角形的性质和三角函数得出∠GEF=60°，GE=EF=BE•sin60°=出CE=

t，证出∠GEC=90°，由三角函数求

=t，由BE+CE=BC得出方程，解方程即可；

（3）分两种情况：①当＜t≤2时，S=△EFG的面积-△NFN的面积，即可得出结果； ②当2＜t≤3时，由①的结果容易得出结论；

（4）由题意得出t=时，点P与H重合，E与H重合，得出点P在△EFG内部时，t的不等式，解不等式即可．

试题解析：（1）根据题意得：BE=2t，

∵四边形ABCD是菱形， ∴BC=AB=6， ∴CE=BC-BE=6-2t；

（2）点G落在线段AC上时，如图1所示：

∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC， ∵∠ABC=60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ACB=60°， ∵△EFG是等边三角形， ∴∠GEF=60°，GE=EF=BE•sin60°=∵EF⊥AB，

∴∠BEF=90°-60°=30°， ∴∠GEB=90°， ∴∠GEC=90°， ∴CE=∵BE+CE=BC， ∴2t+t=6， 解得：t=2；

（3）分两种情况：①当＜t≤2时，如图2所示：

=t，

t，

S=△EFG的面积-△NFN的面积=×即S=

t2+

t-3

；

×（t）2-××（-+2）2=t2+t-3

，

当2＜t≤3时，如图3所示：

S=即S=-

t2+t-3t2+

-t-

（3t-6； =3

）2，

（4）∵AH=AB•sin60°=6×，3÷2

=，3÷2=，

∴t=时，点P与H重合，E与H重合， ∴点P在△EFG内部时，解得：＜t＜

；

．

-＜（t-）×2

＜

t-（2t-3）+

（2t-3），

即点P在△EFG内部时t的取值范围为：＜t＜考点：四边形综合题．

10．已知：如图，四边形ABCD和四边形AECF都是矩形，AE与BC交于点M，CF与AD交于点N．

（1）求证：△ABM≌△CDN；

（2）矩形ABCD和矩形AECF满足何种关系时，四边形 AMCN是菱形，证明你的结论． 【答案】（1）证明见解析；（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．证明见解析； 【解析】

试题分析：（1）由已知条件可得四边形AMCN是平行四边形，从而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，利用HL即可证明；

（2）若四边形AMCN为菱形，则有AM=AN，从已知可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，所以有△ABM≌△AFN，从而得AB=AF，因此当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．

试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD∥BC． ∵四边形AECF是矩形，∴AE∥CF．∴四边形AMCN是平行四边形．∴AM＝CN．在Rt△ABM和Rt△CDN中，AB＝CD，AM＝CN，∴Rt△ABM≌Rt△CDN． （2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．

∵四边形ABCD、AECF是矩形，∴∠B＝∠BAD＝∠EAF＝∠F＝90°．∴∠BAD－∠NAM＝∠EAF－∠NAM，即∠BAM＝∠FAN．又∵AB＝AF，∴△ABM≌△AFN．∴AM＝AN．由（1）知四边形AMCN是平行四边形，∴平行四边形AMCN是菱形． 考点：1．矩形的性质；2．三角形全等的判定与性质；3．菱形的判定．