中考数学总复习四边形压轴题专题练习（pdf，含解析） 32页

2020 年中考数学总复习四边形压轴题专题练习 1．如图，四边形 ABCD 是直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，且 AB＝AD+BC， E 是 DC 的中点，连结 BE 并延长交 AD 的延长线于 G． （1）求证：DG＝BC； （2）F 是 AB 边上的动点，当 F 点在什么位置时，FD∥BG；说明理由． （3）在（2）的条件下，连结 AE 交 FD 于 H，FH 与 HD 长度关系如何？说明 理由． （1）证明：∵AD∥BC， ∴∠DGE＝∠CBE，∠GDE＝∠BCE， ∵E 是 DC 的中点，即 DE＝CE， ∴△DEG≌△CEB（AAS）， ∴DG＝BC． （2）解：当 F 运动到 AF＝AD 时，FD∥BG． 理由：由（1）知 DG＝BC， ∵AB＝AD+BC，AF＝AD， ∴BF＝BC＝DG， ∴AB＝AG， ∵∠BAG＝90°， ∴∠AFD＝∠ABG＝45°， ∴FD∥BG． （3）解：结论：FH＝HD． 理由：由（1）知 GE＝BG，又由（2）知△ABG 为等腰直角三角形，所以 AE⊥BG， ∵FD∥BG， ∴AE⊥FD， ∵△AFD 为等腰直角三角形， ∴FH＝HD． 2．如图，在矩形 ABCD 中，过 BD 的中点 O 作 EF⊥BD，分别与 AB、CD 交于 点 E、F．连接 DE、BF． （1）求证：四边形 BEDF 是菱形； （2）若 M 是 AD 中点，联结 OM 与 DE 交于点 N，AD＝OM＝4，则 ON 的 长是多少？ （1）证明：∵四边形 ABCD 是矩形， ∴AB∥CD， ∴∠DFO＝∠BEO， ∵∠DOF＝∠EOB，OD＝OB， ∴△DOF≌△BOE（AAS）， ∴DF＝BE， ∴四边形 BEDF 是平行四边形， ∵EF⊥BD， ∴四边形 BEDF 是菱形． （2）解：∵DM＝AM，DO＝OB， ∴OM∥AB，AB＝2OM＝8， ∴DN＝EN，ON＝ BE，设 DE＝EB＝x， 在 Rt△ADE 中，则有 x2＝42+（8﹣x）2， 解得 x＝5， ∴ON＝ ． 3．（1）如图 1，四边形 EFGH 中，FE＝EH，∠EFG+∠EHG＝180°，点 A，B 分别在边 FG，GH 上，且∠AEB＝ ∠FEH，求证：AB＝AF+BH． （2）如图 2，四边形 EFGH 中，FE＝EH，点 M 在边 EH 上，连接 FM，EN 平分∠FEH 交 FM 于点 N，∠ENM＝α，∠FGH＝180°﹣2α，连接 GN，HN． ①找出图中与 NH 相等的线段，并加以证明； ②求∠NGH 的度数（用含α的式子表示）． （1）证明：如图 1 中，延长 BH 到 M，使得 HM＝FA，连接 EM． ∵∠F+∠EHG＝180°，∠EHG+∠EHM＝180°， ∴∠F＝∠EHM， ∵AE＝HE，FA＝HM， ∴△EFA≌△EHM（SAS）， ∴EA＝EM，∠FEA＝∠HEM， ∵∠EAB＝ ∠FEH， ∴∠FEA+∠BEH＝∠HEM+∠BEH＝∠BEM＝ ∠FEH， ∴∠AEB＝∠BEM， ∵BE＝BE，EA＝EM， ∴△AEB≌△MEB（SAS）， ∴AB＝BM， ∵BM＝BH+HM＝BH+AF， ∴AB＝AF+BH． （2）解：①如图 2 中，结论：NH＝FN． 理由：∵NE 平分∠FEH， ∴∠FEN＝∠HEN， ∵EF＝EH，EN＝EN， ∴△ENF≌△ENH（SAS）， ∴NH＝FN． ②∵△ENF≌△ENH， ∴∠ENF＝∠ENH， ∵∠ENM＝α， ∴∠ENF＝∠ENH＝180°﹣α， ∴∠MNH＝180°﹣α﹣α＝180°﹣2α， ∵∠FGH＝180°﹣2α， ∴∠MNH＝∠FGH， ∵∠MNH+∠FNH＝180°， ∴∠FGH+∠FNH＝180°， ∴F，G，H，N 四点共圆， ∵NH＝NF， ∴ ＝ ， ∴∠NGH＝∠NGF＝ ∠FGH＝90°﹣α． 4．如图，已知△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点 M、N 分别是 边 AC、AB 上的动点，连接 MN，将△AMN 沿 MN 所在直线翻折，翻折后 点 A 的对应点为 A′． （1）如图 1，若点 A′恰好落在边 AB 上，且 AN＝ AC，求 AM 的长； （2）如图 2，若点 A′恰好落在边 BC 上，且 A′N∥AC． ①试判断四边形 AMA′N 的形状并说明理由； ②求 AM、MN 的长； （3）如图 3，设线段 NM、BC 的延长线交于点 P，当 且 时，求 CP 的长． 解：（1）如图 1 中， 在 Rt△ABC 中，∵∠C＝9 0°，AC＝4，BC＝3， ∴AB＝ ＝ ＝5， ∵∠A＝∠A，∠ANM＝∠C＝90°， ∴△ANM∽△ACB， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∴AM＝ ． （2）①如图 2 中， ∵NA′∥AC， ∴∠AMN＝∠NMA′， 由翻折可知：MA＝MA′，∠AMN＝∠NMA′， ∴∠MNA′＝∠A′MN， ∴A′N＝A′M， ∴AM＝A′N，∵AM∥A′N， ∴四边形 AMA′N 是平行四边形， ∵MA＝MA′， ∴四边形 AMA′N 是菱形． ②连接 AA′交 MN 于 O．设 AM＝MA′＝x， ∵MA′∥AB， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， 解得 x＝ ， ∴AM＝ ， ∴CM＝ ， ∴CA′＝ ＝ ＝ ， ∴AA′＝ ＝ ＝ ， ∵四边形 AMA′N 是菱形， ∴AA′⊥MN，OM＝ON，OA＝OA′＝ ， ∴OM＝ ＝ ＝ ， ∴MN＝2OM＝ ． （3）如图 3 中，作 NH⊥BC 于 H． ∵NH∥AC， ∴ ＝ ＝ ∴ ＝ ＝ ∴NH＝ ，BH＝ ， ∴CH＝BC﹣BH＝3﹣ ＝ ， ∴AM＝ AC＝ ， ∴CM＝AC﹣AM＝4﹣ ＝ ， ∵CM∥NH， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∴PC＝1． 5．如图，四边形 ABCD 为平行四边形，AD＝1，AB＝3，∠DAB＝60°，点 E 为边 CD 上一动点，过点 C 作 AE 的垂线交 AE 的延长线于点 F． （1）求∠D 的度数； （2）若点 E 为 CD 的中点，求 EF 的值； （3）当点 E 在线段 CD 上运动时， 是否存在最大值？若存在，求出该最大 值；若不存在，请说明理由． 解：（1）如图 1 中， ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AB∥CB， ∠ADC+∠DAB＝180°， ∵∠DAB＝60°， ∴∠ADC＝120°． （2）如图 1 中，作 AH⊥CD 交 CD 的延长线于 H． 在 Rt△ADH 中，∵∠H＝90°，∠ADH＝60°，AD＝2， ∴AH＝AD•sin60°＝ ，DH＝AD•cos60°＝ ， ∵DE＝EC＝ ， ∴EH＝DH+DE＝2， ∴AE＝ ＝ ＝ ， ∵CF⊥AF， ∴∠F＝∠H＝90°， ∵∠AEH＝∠CEF， ∴△AEH∽△CEF， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∴EF＝ ． （3）如图 2 中，作△AFC 的外接圆⊙O，作 AH⊥CD 交 CD 的郯城县于 H， 作 OK⊥CD 于 K，交⊙O 于 M，作 FP∥CD 交 AD 的延长线于 P，作 MN∥ CD 交 AD 的延长线于 M，作 NQ⊥CD 于 Q． ∵DE∥PF， ∴ ＝ ， ∵AD 是定值， ∴PA 定值最大时， 定值最大， 观察图象可知，当点 F 与点 M 重合时 ，PA 定值最大，最大值＝AN 的长， 由（2）可知，AH＝ ，CH＝ ，∠H＝90°， ∴AC＝ ＝ ＝ ， ∴OM＝ AC＝ ， ∵OK∥AH，AO＝OC， ∴KH＝KC， ∴OK＝ ＝ ， ∴MK＝NQ＝ ﹣ ， 在 Rt△NDQ 中，DN＝ ＝ ＝ ﹣ ， ∴AN＝AD+DN＝ + ， ∴ 的最大值＝ ＝ + ． 6．如图，在边长为 2 的正方形 ABCD 中，点 P 是射线 BC 上 一动点（点 P 不 与点 B 重合），连接 AP、DP，点 E 是线段 AP 上一点，且∠ADE＝∠APD， 连接 BE． （1）求证：AD2＝AE•AP； （2）求证 BE⊥AP； （3）直接写出 的最小值． （1）证明：∵∠DAE＝∠PAD，∠ADE＝∠APD， ∴△ADE∽△APD， ∴ ＝ ， ∴AD2＝AE•AP （2）证明：∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AD＝AB，∠ABC＝90°， ∴AB2＝AE•AP， ∴ ＝ ， ∵∠BAE＝∠PAB， ∴△ABE∽△APB， ∴∠AEB＝∠ABP＝90°， ∴BE⊥AP． （3）∵△ADE∽△APD， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∵AD＝2， ∴DE 最小时， 的值最小， 如图，作△ABE 的外接圆 ⊙O，连接 OD，OE，易知 OE＝1，OD＝ ， ∴DE≥OD﹣OE＝ ﹣1， ∴DE 的最小值为 ﹣1， ∴ 的最小值＝ ． 7．在正方形 ABCD 中，点 E 是 BC 边上一点，连接 AE． （1）如图 1，点 F 为 AE 的中点，连接 CF．已知 tan∠FBE＝ ，BF＝5，求 CF 的长； （2）如图 2，过点 E 作 AE 的垂线交 CD 于点 G，交 AB 的延长线于点 H， 点 O 为对角线 AC 的中点，连接 GO 并延长交 AB 于点 M，求证：AM+BH ＝BE． 解：（1）Rt△ABE 中，BF 为中线，BF＝5， ∴AE＝10，FE＝5， 作 FP⊥BC 于点 P， Rt△BFP 中， ， ∴BP＝3，FP＝4， 在等腰三角形△BFE 中，BE＝2BP＝6， 由勾股定理求得 ， ∴CP＝8﹣3＝5， ∴ ； （2）∵∠ACD＝∠BAC＝45°，AO＝CO，∠AOM＝∠COG， ∴证明△AMO≌△CGO（ASA）， ∴AM＝GC， 过 G 作 GP 垂直 AB 于点 P，得矩形 BCGP， ∴CG＝PB， ∵AB＝PG，∠AEB＝∠H，∠ABE＝∠GPH， ∴△ABE≌△GPH（ASA）， ∴BE＝PH＝PB+BH＝CG+BH＝AM+BH． 8．阅读理解：如图 1，若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形 为垂美四边形． （1）概念理解：如图 2，在四边形 ABCD 中，AB＝AD，CB＝CD，问四边 形 ABCD 是垂美四边形吗？请说明理由； （2）性质探究：如图 1，试在垂美四边形 ABCD 中探究 AB2，CD2，AD2， BC2 之间的关系，并说明理由； （3）解决问题：如图 3，分别以 Rt△ABC 的直角边 AC 和斜边 AB 为边向外 作正方形 ACFG 和正方形 ABDE，连结 CE、BG、GE、CE 交 BG 于点 N， 交 AB 于点 M．已知 AC＝ ，AB＝2，求 GE 的长． 解：（1）如图 2，四边形 ABCD 是垂美四边形； 理由如下： 连接 AC、BD 交于点 E， ∵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 是垂美四边形； （2）猜想结论：AB2+CD2＝AD2+BC2， 证 明：如图 1，在四边形 ABCD 中， ∵AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， 由 勾 股 定 理 得 ： AB2+CD2 ＝ AO2+BO2+OD2+OC2AD2+BC2 ＝ AO2+BO2+OD2+OC2 ∴AB2+CD2＝AD2+BC2， （3）如图 3，连接 CG，BE， ∵∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE， 在△GAB 和△CAE 中， FMNG 图 3EDCAB ∴△GAB≌△CAE（SSS）， ∴∠ABG＝∠AEC， ∵∠AEC+∠AME＝90°， ∴∠ABG+∠BMN＝90°， ∴∠BNC＝90°，即 BG⊥CE， ∴四边形 CGEB 是垂美四边形， 由（2）得：EG2+BC2＝CG2+BE2 ∵ ，AB＝2， ∴BC＝1， ， ， ∴EG2＝CG2+BE2﹣BC2＝6+8﹣2＝13， ∴ ． 9．已知：如图，长方形 ABCD 中，∠A＝∠B＝∠B＝∠D＝90°，AB＝CD＝4 米，AD＝BC＝8 米，点 M 是 BC 边的中点，点 P 从点 A 出发，以 1 米/秒的 速度沿 AB 方向运动再过点 B 沿 BM 方向运动，到点 M 停止运动，点 O 以同 样的速度同时从点 D 出发沿着 DA 方向运动，到点 A 停止运动，设点 P 运动 的时间为 x 秒． （1）当 x＝2 秒时，线段 AQ 的长是 6 米； （2）当点 P 在线段 AB 上运动时，图中阴影部分的面积发生改变吗？请你作 出判断并说明理由． （3）在点 P，Q 的运动过程中，是否存在某一时刻，使得 BP＝ DQ？若存 在，求出点 P 的运动时间 x 的值；若不存在，请说明理由． 解：（1）∵四边形 ABCD 是矩形， ∴AD＝BC＝8， ∵DQ＝2， ∴AQ＝AD﹣DQ＝8﹣2＝6， 故答案为 6． （2）结论：阴影部分的面积不会发生改变． 理由：连结 AM，作 MH⊥AD 于 H．则四边形 ABMH 是矩形，MH＝AB＝4． ∵S 阴＝S△APM+S△AQM＝ ×x×4+ （8﹣x）×4＝16， ∴阴影面积不变； （3）当点 P 在线段 AB 上时，BP＝4﹣x，DQ＝x． ∵BP＝ DQ， ∴4﹣x＝ x， ∴x＝3． 当点 P 在线段 BM 上时，BP＝x﹣4，DQ＝x． ∵BP＝ DQ， ∴x﹣4＝ x， ∴x＝6． 所以当 x＝3 或 6 时，BP＝ DQ． 10．A，B，C，D 是长方形纸片的四个顶点，点 E、F、H 分别 是边 AB、BC、 AD 上的三点，连结 EF、FH． （1）将长方形纸片 ABCD 按图①所示的方式折叠，FE、FH 为折痕，点 B、 C、D 折叠后的对应点分别为 B'、C'、D'，点 B'在 FC'上，则∠EFH 的度数为 90° ； （2）将长方形纸片 ABCD 按图②所示的方式折叠，FE、FH 为折痕，点 B、 C、D 折叠后的对应点分别为 B'、C'、D'，若∠B'FC'＝18°，求∠EFH 的度 数； （3）将长方形纸片 ABCD 按图③所示的方式折叠，FE、FH 为折痕 ，点 B、 C、D 折叠后的对应点分别为 B'、C'、D'，若∠EFH＝m°，求∠B'FC'的度数 为 180°﹣2m° ． 解：（1）∵沿 EF，FH 折叠， ∴∠BFE＝∠B'FE，∠CFH＝∠C'FH， ∵点 B′在 FC′上， ∴∠EFH＝ （∠BFB'+∠CFC'）＝ ×180°＝90°， 故答案为：90°； （2）∵沿 EF，FH 折叠， ∴可设∠BFE＝∠B'FE＝x，∠C'FH＝∠CFH＝y， ∵2x+18°+2y＝180°， ∴x+y＝81°， ∴∠EFH＝x+18°+y＝99°； （3）∵沿 EF，FH 折叠， ∴可设∠BFE＝∠B'FE＝x，∠C'FH＝∠CFH＝y， ∴∠EFH＝180°﹣∠BFE﹣∠CFH＝180°﹣（x+y）， 即 x+y＝180°﹣m°， 又∵∠EFH＝∠EFB'﹣∠B'FC'+∠C'FH＝x﹣∠B'FC'+y， ∴∠B'FC'＝（x+y）﹣∠EFH＝180°﹣m°﹣m°＝180°﹣2m°， 故答案为：180°﹣2m°． 11．勾股定理是数学史上非常重要的一个定理．早在 2000 多年以前，人们就开 始对它进行研究，至今已有几百种证明方法．在欧几里得编的《原本》中证 明勾股定理的方法如下，请同学们仔细阅读并解答相关问题： 如图，分别以 Rt△ABC 的三边为边长，向外作正方形 ABDE、BCFG、ACHI． （1）连接 BI、CE，求证：△ABI≌△AEC； （2）过点 B 作 AC 的垂线，交 AC 于点 M，交 IH 于点 N． ①试说明四边形 AMNI 与正方形 ABDE 的面积相等； ②请直接写出图中与正方形 BCFG 的面积相等的四边形． （3）由第（2）题可得： 正方形 ABDE 的面积+正方形 BCFG 的面积＝ 正方形 ACHI 的面积，即在 Rt△ABC 中，AB2+BC2＝ AC2 ． （1）证明：∵四边形 ABDE、四边形 ACHI 是正方形， ∴AB＝AE，AC＝AI，∠BAE＝∠CAI＝90°， ∴∠EAC＝∠BAI， 在△ABI 和△AEC 中， ， ∴△ABI≌△AEC（SAS）； （2）①证明：∵BM⊥AC，AI⊥AC， ∴BM∥AI， ∴四边形 AMNI 的面积＝2△ABI 的面积， 同理：正方形 ABDE 的面积＝2△AEC 的面积， 又∵△ABI≌△AEC， ∴四边形 AMNI 与正方形 ABDE 的面积相等． ②解：四边形 CMNH 与正方形 BCFG 的面积相等，理由如下： ∵Rt△ABC 中，AB2+BC2＝AC2， ∴正方形 ABDE 的面积+正方形 BCFG 的面积＝正方形 ACHI 的面积， 由①得：四边形 AMNI 与正方形 ABDE 的面积相等， ∴四边形 CMNH 与正方形 BCFG 的面积相等； （3）解：由（2）得：正方形 ABDE 的面积+正方形 BCFG 的面积＝正方形 ACHI 的面积； 即在 Rt△ABC 中，AB2+BC2＝AC2； 故答案为：正方形 ACHI，AC2． 12．在长方形纸片 ABCD 中，点 E 是边 CD 上的一点，将△AED 沿 AE 所在的 直线折叠，使点 D 落在点 F 处． （1）如图 1，若点 F 落在对角线 AC 上，且∠BAC＝54°，则∠DAE 的度数 为 18 °． （2）如图 2，若点 F 落在边 BC 上，且 AB＝6，AD＝10，求 CE 的长． （3）如图 3，若点 E 是 CD 的中点，AF 的沿长线交 BC 于点 G，且 AB＝6， AD＝10，求 CG 的长． 解：（1）∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠BAD＝90°， ∵∠BAC＝54°， ∴∠DAC＝90°﹣54°＝36°， 由折叠的性质得：∠DAE＝∠FAE， ∴∠DAE＝ ∠DAC＝18°； 故答案为：18； （2）∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6， 由折叠的性质得：AF＝AD＝10，EF＝ED， ∴BF＝ ＝ ＝8， ∴CF＝BC﹣BF＝10﹣8＝2， 设 CE＝x，则 EF＝ED＝6﹣x， 在 Rt△CEF 中，由勾股定理得：22+x2＝（6﹣x）2， 解得：x＝ ， 即 CE 的长为 ； （3）连接 EG，如图 3 所示： ∵点 E 是 CD 的中点， ∴DE＝CE， 由折叠的性质得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，FE＝DE， ∴∠EFG＝90°＝∠C， 在 Rt△CEG 和△FEG 中， ， ∴Rt△CEG≌△FEG（HL）， ∴CG＝FG， 设 CG＝FG＝y， 则 AG＝AF+FG＝10+y，BG＝BC﹣CG＝10﹣y， 在 Rt△ABG 中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2＝（10+y）2， 解 得：y＝ ， 即 CG 的长为 ． 13．如图，矩形 ABCD 中，AB＝6cm，AD＝8cm，点 P 从点 A 出发，以每秒 一个单位的速度沿 A→B→C 的方向运动；同时点 Q 从点 B 出发，以每秒 2 个单位的速度沿 B→C→D 的方向运动，当其中一点到达终点后两点都停止运 动．设两点运动的时间为 t 秒． （1）当 t＝ 7 时，两点停止运动； （2）设△BPQ 的面积面积为 S（平方单位） ①求 S 与 t 之间的函数关系式； ②求 t 为何值时，△BPQ 面积最大，最大面积是多少？ 解：（1）∵四边形 ABCD 是矩形， ∴AD＝BC＝8cm，AB＝CD＝6cm， ∴BC+AD＝14cm， ∴t＝14÷2＝7， 故答案为 7． （2）①当 0＜t＜4 时，S＝ •（6﹣t）×2t＝﹣t2+6t． 当 4≤t＜6 时，S＝ •（6﹣t）×8＝﹣4t+24． 当 6＜t≤7 时，S＝ （t﹣6）•（2t﹣8）＝t2﹣10t+24． ②当 0＜t＜4 时，S＝ •（6﹣t）×2t＝﹣t2+6t＝﹣（t﹣3）2+9， ∵﹣1＜0， ∴t＝3 时，△PBQ 的面积最大，最小值为 9． 当 4≤t＜6 时，S＝ •（6﹣t）×8＝﹣4t+24， ∵﹣4＜0， ∴t＝4 时，△PBQ 的面积最大，最大值为 8， 当 6＜t≤7 时，S＝ （t﹣6）•（2t﹣8）＝t2﹣10t+24＝（t﹣5）2﹣1， t＝7 时，△PBQ 的面积最大，最大值为 3， 综上所述，t＝3 时，△PBQ 的面积最大，最大值为 9． 14．综合实践： 问题情境 数学活动课上，老师和同学们在正方形中利用旋转变换探究线段之间的关系 探究过程如下所示：如图 1，在正方形 ABCD 中，点 E 为边 BC 的中点．将 △DCE 以点 D 为旋转中心，顺时针方向旋转，当点 E 的对应点 E'落在边 AB 上时，连接 CE'． “兴趣小组”发现的结论是：①AE'＝C'E'； “卓越小组”发现的结论是：②DE＝CE'，DE⊥CE'． 解决问题 （1）请你证明“兴趣小组”和“卓越小组”发现的结论； 拓展探究 证明完“兴趣小组”和“卓越小组”发现的结论后，“智慧小组”提出如下问 题：如图 2，连接 CC'，若正方形 ABCD 的边长为 2，求出 CC'的长度． （2）请你帮助智慧小组写出线段 CC'的长度．（直接写出结论即可） （1）证明：①∵△DE'C'由△DEC 旋转得到， ∴DC'＝DC，∠C'＝∠DCE＝90°． 又∵四边形 ABCD 是正方形， ∴DA＝DC，∠A＝90°， ∴DA＝DC'， ∵DE'＝DE'， ∴Rt△DAE≌Rt△DC'E′（HL）， ∴AE'＝C'E'． ②∵点 E 为 BC 中点，C'E'＝AE'＝CE， ∴点 E'为 AB 的中点． ∴BE′＝CE， 又∵DC＝BC，∠DCE＝∠CBE'＝90°， ∴△DCE≌△CBE'（SAS）， ∴DE＝CE'，∠CDE＝∠E'CB， ∵∠CDE+∠DEC＝90°， ∴∠E'CB+∠CED＝90°， ∴DE⊥CE'． （2）解：如图 2 中，作 C′M⊥CD 于 M，交 AB 于 N． ∵AB∥CD，C′M⊥CD， ∴C′M⊥AB， ∴∠DMC′＝∠C′NE′＝∠DC′E′＝90°， ∴∠MDC′+∠DC′M＝90°，∠DC′M+∠E′CN＝90°， ∴∠MDC′＝∠E′C′N， ∴△DMC′∽△C′NE′， ∴ ＝ ＝ ＝2，设 NE′＝x， 则 AM＝AN＝1+x，C′M＝2x，C′N＝ （1+x）， ∵MN＝AD＝2， ∴2x+ （1+x）＝2， 解得 x＝ ， ∴CM＝2﹣（1+ ）＝ ，MC＝ ， ∴CC′＝ ＝ ＝ ． 15．在△ABC 中，AD 平分∠BAC 交 BC 于 D，∠MDN 的两边分别与 AB，AC 相交于 M，N 两点，且 DM＝DN． （1）如图甲，若∠C＝90°，∠BAC＝60°，AC＝9，∠MDN＝120°， ND∥AB． ①写出∠MDA＝ 90 °，AB 的长是 18 ． ②求四边形 AMDN 的周长． （2）如图乙，过 D 作 DF⊥AC 于 F，先补全图乙再证明 AM+AN＝2AF． 解：（1）①∵AD 平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD＝ ∠BAC＝30°， ∵ND∥AB， ∴∠NDA＝∠BAD＝30°， ∴∠MDA＝∠MDN﹣∠NDA＝120°﹣30°＝90°， ∵∠C＝90°，∠BAC＝60°， ∴∠ABC＝30°， ∴AC ＝ AB， ∴AB＝2AC＝18， 故答案为：90，18； ②∵∠ABC＝30°，ND∥AB， ∴∠NDC＝30°， 又∵∠MDN＝120°， ∴∠MDB＝30°， ∴∠MAD＝∠NAD＝∠ADN＝∠MBD＝30°， ∴BM＝MD，DN＝AN， ∵DM＝DN， ∴BM＝MD＝DN＝AN， 在 Rt△ADM 中，设 MD＝x，则 AM＝2x， BM＝MD＝DN＝AN＝x， ∵AB＝18， ∴3x＝18， ∴x＝6， ∴AM＝12， MD＝DN＝AN＝6， ∴四边形 AMDN 的周长＝AM+MD+DN+AN＝12+6+6+6＝30； （2）补全图如图乙所示： 证明：过点 D 作 DE⊥AB 于 E，如图丙所示： ∵DE⊥AB，DF⊥AC，AD 平分∠BAC， ∴∠DEM＝∠DFN＝90°，DE＝DF， 在 Rt△DEA 和 Rt△DFA 中， ， ∴Rt△DEA≌Rt△DFA（HL）， ∴AE＝AF， 在 Rt△DEM 和 Rt△DFN 中， ， ∴Rt△DEM≌Rt△DFN（HL）， ∴EM＝FN， ∴AM+AN＝AE+EM+AF﹣NF＝2AF．