2017年度中考数学（四边形）一轮复习教案 17页

专题1 构造中位线解决线段的倍分关系 ‎【专题解读】 题目中涉及或2倍关系时，常常考虑构造中位线.‎ 例1 四边形ABCD为平行四边形，∥AC，DE交AC的延长线于F点，交BE于E点.‎ ‎（1）求证（2）若求BE的长；‎ ‎（3）在（2）的条件下，求四边形ABED的面积.‎ 证明：（1）如图19-129所示，延长DC交BE于点M，‎ ‎ ∵BE∥AC，AB∥DC，‎ ‎∴四边形ABMC是平行四边形.‎ ‎∴∴C为DM的中点.‎ ‎∵BE∥AC，∴CF是△DME的中位线，∴.‎ ‎ 解：（2）由（1）得CF是△DME的中位线，故.‎ ‎ 又∵∴.‎ ‎ ∵四边形ABMC是平行四边形，∴.‎ ‎∴.‎ 又∵，‎ ‎∴在Rt△ADC中，利用勾股定理得.∴.‎ ‎（3）可将四边形ABED的面积分为梯形ABMD和三角形DME两部分.‎ ‎ 在Rt△ADC中利用勾股定理得.‎ 由CF为△DME的中位线得.‎ ‎∴.‎ 由四边形ABMC是平行四边形得.‎ ‎∴梯形ABMD的面积为.‎ 由和BE∥AC，得三角形DME是直角三角形，‎ 其面积为，‎ ‎∴四边形ABED的面积为.‎ 专题2 构造平行四边形解决线段相等、角相等的问题 ‎【专题解读】 利用平行四边形边、角的性质可以解决有关线段相等、角相等的问题.‎ 例2 如图19-130所示，在中，是DC的中点，E是垂足，求证.‎ 分析 添加辅助线MN，交BE于F.N为AB中点，由已知条件证得.由三角形中位数性质证得则，又由四边形BCMN是菱形，证得，从而结论得证.‎ 证明：取AB的中点N，连接MN，MB.MN交EB于F.‎ ‎ 因为四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎ 所以ABDC.‎ ‎ 又M，N分别是DC，AB的中点，‎ ‎ 所以DMAN，MCNB，‎ ‎ 即四边形ANMD和四边形MNBC都是平行四边形.‎ ‎ 所以.‎ ‎ 因为N是AB中点，NF∥AE，‎ ‎ 所以F是BE的中点.‎ ‎ 又，所以，‎ ‎ 因为MC=BC，所以是菱形，‎ ‎ 所以，即.‎ ‎【解题策略】证明角的和、差、倍、分关系时，应依据题目的背景经观察分析后适当添加辅助线，把较大角分割成若干较小角，最终归结到证明两个角相等的途径上以解决问题.本题添加辅助线MN，MB后，利用菱形对角线性质及等腰三角形三线合一的性质证明有关角相等，从而解决问题.‎ 专题3 有关四边形的性质与判定的开方探索题 ‎【专题解读】 这类题分为条件开放、结论开放、条件和结论双开放三种类型.‎ 例3 如图19-131所示，在中，E，F分别是边AD，BC的中点，AC分别交BE，DF于点M，N.给出下列结论：①△ABM≌△CDN；②③④S△AMB S△ABC.其中正确的结论是 . （只填序号）‎ 分析 ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB CD，∴又∵E，F分别是AD，BC的中点，∴DEBF，∴四边表BEDF是平行四边形，∴∵∴∴△ABM≌△CDN.∴①正确.由可得∴又∵AD∥BC，∴又∴‎ ‎△AME≌△CNF，∴.由FN∥BM，FC=BF，得CN=MN，∴∴②正确.∵∴S△AMB S△ABC.∴④不正确.FN为△BMC的中位线，△ABM≌△CDN，则∴.∴③正确.‎ 答案：①②③‎ 专题4 转化思想 ‎【专题解读】 本章中转化思想主要是将梯形问题转化为三角形和平行四边形问题来处理.‎ 例4 如图19-134所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，将该梯形折叠，点A恰好与点D重合，BE为折痕，那么AD的长度为 .‎ 分析 ∵BD是AB沿BE折叠得到的，∴∵，∴.过点D作垂足为F.∵DC∥AB，∴∵∴.‎ 答案：30‎ ‎【解题策略】在梯形中求线段的长，常作梯形的高为辅助线，使其转化为矩形和直角三角形，化整为零，化陌生为熟悉，这是处理梯形问题常见的转化方法.‎ ‎1. 如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，过点D作DE⊥BC，垂足为E，并延长DE至F，使EF=DE．连接BF、CD、AC． （1）求证：四边形ABFC是平行四边形； （2）如果DE2=BE•CE，求证四边形ABFC是矩形．‎ 考点：等腰梯形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；相似三角形的判定与性质．‎ 专题：证明题．‎ 分析：（1）连接BD，利用等腰梯形的性质得到AC=BD，再根据垂直平分线的性质得到DB=FB，从而得到AC=BF，然后证得AC∥BF，利用一组对边平行且相等判定平行四边形； （2）利用题目提供的等积式和两直角相等可以证得两直角三角形相似，得到对应角相等，从而得到直角来证明有一个角是直角的平行四边形是矩形．‎ 解答：证明：（1）连接BD， ∵梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC， ∴AC=BD，∠ACB=∠DBC ∵DE⊥BC，EF=DE， ∴BD=BF，∠DBC=∠FBC， ∴AC=BF，∠ACB=∠CBF ∴AC∥BF， ∴四边形ABFC是平行四边形； （2）∵DE2=BE•CE ∴ ， ∵∠DEB=∠DEC=90°， ∴△BDE∽△DEC ∴∠BDC=∠BFC=90°， ∴四边形ABFC是矩形．‎ 点评：本题考查了等腰梯形的性质、全等及相似三角形的判定及性质等，是一道集合了好几个知识点的综合题，但题目的难度不算大．‎ ‎2. （2010重庆，24，10分）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠DCB=45°，CD=2，BD⊥CD．过点C作CE⊥AB于E，交对角线BD于F，点G为BC中点，连接EG、AF．‎ ‎（1）求EG的长；‎ ‎（2）求证：CF=AB+AF．‎ A B E G C D F ‎24题图 考点：梯形；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理 分析：（1）根据BD⊥CD，∠DCB=45°，得到∠DBC=∠DCB，求出BD=CD=2，根据勾股定理求出BC=2，根据CE⊥BE，点G为BC的中点即可求出EG；‎ ‎（2）在线段CF上截取CH=BA，连接DH，根据BD⊥CD，BE⊥CD，推出∠EBF=∠DCF，证出△ABD≌△HCD，得到AD=BD，∠ADB=∠HDC，根据AD∥BC，得到∠ADB=∠DBC=45°，推出∠ADB=∠HDB，证出△ADF≌△HDF，即可得到答案．‎ 解答：（1）解：∵BD⊥CD，∠DCB=45°，‎ ‎∴∠DBC=45°=∠DCB，∴BD=CD=2，在Rt△BDC中BC==2，∵CE⊥BE，点 G为BC的中点，∴EG=BC=．‎ 答：EG的长是．‎ ‎（2）证明：在线段CF上截取CH=BA，连接DH，‎ A B E G C D F ‎24题答图 ‎∵BD⊥CD，BE⊥CE，‎ ‎∴∠EBF+∠EFB=90°，∠DFC+∠DCF=90°，‎ ‎∵∠EFB=∠DFC，‎ ‎∴∠EBF=∠DCF，‎ ‎∵DB=CD，BA=CH，‎ ‎∴△ABD≌△HCD，‎ ‎∴AD=DH，∠ADB=∠HDC，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠ADB=∠DBC=45°，‎ ‎∴∠HDC=45°，∴∠HDB=∠BDC﹣∠HDC=45°，‎ ‎∴∠ADB=∠HDB，‎ ‎∵AD=HD，DF=DF，‎ ‎∴△ADF≌△HDF，‎ ‎∴AF=HF，‎ ‎∴CF=CH+HF=AB+AF，‎ ‎∴CF=AB+AF．‎ 点评：本题主要考查对梯形，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合运用性质进行推理是解此题的关键．‎ ‎3 （2011•泰州，24，10分）如图，四边形ABCD是矩形，直线l垂直平分线段AC，垂足为O，直线l分别与线段AD、CB的延长线交于点E、F．‎ ‎（1）△ABC与△FOA相似吗？为什么？‎ ‎（2）试判定四边形AFCE的形状，并说明理由．‎ 考点：相似三角形的判定；线段垂直平分线的性质；菱形的判定；矩形的性质。‎ 专题：证明题；综合题。‎ 分析：（1）根据角平分线的定义，同角的余角相等可知∠AFO=∠CAB，根据垂直的定义，矩形的性质可知∠ABC=∠FOA，由相似三角形的判定可证△ABC与△FOA相似；‎ ‎（2）先证明四边形AFCE是平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形作出判断．‎ 解答：解：（1）∵直线l垂直平分线段AC，‎ ‎∴∠AFO=∠CFO，‎ ‎∵∠CFO+∠FCO=∠CAB+∠FCO=90°，‎ ‎∴∠AFO=∠CAB，‎ ‎∵∠AOF=∠CBA=90°，‎ ‎∴△ABC∽△FOA．‎ ‎（2）∵直线l垂直平分线段AC，‎ ‎∴AF=CF，‎ 可证△AOF≌△AOE，‎ ‎∴AE=CF，FO=EO．‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴四边形AFCE是平行四边形，‎ ‎∴四边形AFCE是菱形．‎ 点评：考查了线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定，矩形的性质，菱形的判定，综合性较强，有一定的难度．‎ ‎4. （2010重庆，26，12分）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=2，点O是AB的中点，点P在AB的延长线上，且BP=3．一动点E从O点出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA匀速运动，到达A点后，立即以原速度沿AO返回；另一动点F从P点发发，以每秒1个单位长度的速度沿射线PA匀速运动，点E、F同时出发，当两点相遇时停止运动，在点E、F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射线PA的同侧．设运动的时间为t秒（t≥0）．‎ ‎（1）当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，求运动时间t的值；‎ ‎（2）在整个运动过程中，设等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；‎ ‎（3）设EG与矩形ABCD的对角线AC的交点为H，是否存在这样的t，使△AOH是等腰三角形？若存大，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．‎ A D C O B P F E ‎26题图 考点：相似三角形的判定与性质；根据实际问题列二次函数关系式；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；矩形的性质；解直角三角形 分析：（1）当边FG恰好经过点C时，∠CFB=60°，BF=3﹣t，在Rt△CBF中，解直角三角形可求t的值；‎ ‎（2）按照等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的图形特点，分为0≤t＜1，1≤t＜3，3≤t＜4，4≤t＜6四种情况，分别写出函数关系式；‎ ‎（3）存在．当△AOH是等腰三角形时，分为AH=AO=3，HA=HO，OH=OA 三种情况，分别画出图形，根据特殊三角形的性质，列方程求t的值．‎ 解答：解：（1）当边FG恰好经过点C时，∠CFB=60°，BF=3﹣t，在Rt△CBF中，BC=2，tan∠CFB=，即tan60=，解得BF=2，即3﹣t=2，t=1，∴当边FG恰好经过点C时，t=1；‎ A D C O B P F E G ‎26题答图①‎ ‎（2）当0≤t＜1时，S=2t+4；‎ 当1≤t＜3时，S=﹣t2+3t+；‎ 当3≤t＜4时，S=﹣4t+20；‎ 当4≤t＜6时，S=t2﹣12t+36；‎ ‎（3）存在．‎ 理由如下：在Rt△ABC中，tan∠CAB==，‎ ‎∴∠CAB=30°，又∵∠HEO=60°，∴∠HAE=∠AHE=30°，‎ ‎∴AE=HE=3﹣t或t﹣3，‎ ‎1）当AH=AO=3时，（如图②），过点E作EM⊥AH于M，则AM=AH=，‎ 在Rt△AME中，cos∠MAE═，即cos30°=，‎ ‎∴AE=，即3﹣t=或t﹣3=，‎ ‎∴t=3﹣或t=3+，‎ A D C O B P E H M ‎26题答图②‎ ‎2）当HA=HO时，（如图③）则∠HOA=∠HAO=30°，‎ 又∵∠HEO=60°，∴∠EHO=90°，EO=2HE=2AE，‎ 又∵AE+EO=3，∴AE+2AE=3，AE=1，‎ 即3﹣t=1或t﹣3=1，∴t=2或t=4；‎ A D C O B P E H ‎26题答图③‎ ‎3）当OH=OA时，（如图④），则∠OHA=∠OAH=30°，‎ ‎∴∠HOB=60°=∠HEB，∴点E和点O重合，‎ ‎∴AE=3，即3﹣t=3或t﹣3=3，t=6（舍去）或t=0；‎ A D C O(E)‎ B P H ‎26题答图④‎ 综上所述，存在5个这样的t值，使△AOH是等腰三角形，即t=3﹣或t=3+或t=2或t=2或t=0．‎ 点评：本题考查了特殊三角形、矩形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的有关知识．关键是根据特殊三角形的性质，分类讨论．‎ ‎5. （2011湖北咸宁，22，10分）（1）如图①，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数．‎ ‎（2）如图②，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=AD，点M，N是BD边上的任意两点，且∠MAN=45°，将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADH位置，连接NH，试判断MN，ND，DH之间的数量关系，并说明理由．‎ ‎（3）在图①中，连接BD分别交AE，AF于点M，N，若EG=4，GF=6，BM=3，求AG，MN的长．‎ 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理。‎ 分析：（1）根据高AG与正方形的边长相等，证明三角形相等，进而证明角相等，从而求出解．‎ ‎（2）用三角形全等和正方形的对角线平分每一组对角的知识可证明结论．‎ ‎（3）设出线段的长，结合方程思想，用数形结合得到结果．‎ 解答：（1）在Rt△ABE和Rt△AGE中，，，‎ ‎∴△ABE≌△AGE． ∴．‎ 同理，．‎ ‎∴．‎ ‎（2）．‎ ‎∵，，‎ ‎∴． ∴．‎ 又∵，，‎ ‎∴△AMN≌△AHN． ∴．‎ ‎∵，，‎ ‎∴． ∴．‎ ‎∴． ∴．‎ A B C F D E G ‎（图①）‎ M N ‎（3）由（1）知，，．‎ 设，则，．‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ 解这个方程，得，（舍去负根）．‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ 在（2）中，，，‎ ‎∴．‎ 设，则．‎ ‎∴．即．‎ 点评：本题考查里正方形的性质，四边相等，对角线平分每一组对角，以及全等三角形的判定和性质，勾股定理的知识点等．‎ ‎6.（2011•贵港）如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD，∠BAD的平分线AE交BC于点E，连接DE．‎ ‎（1）求证：四边形ABED是菱形；‎ ‎（2）若∠ABC=60°，CE=2BE，试判断△CDE的形状，并说明理由．‎ 考点：梯形；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质。‎ 专题：几何综合题。‎ 分析：（1）根据AB=AD及AE为∠BAD的平分线可得出∠1=∠2，从而证得△BAE≌△DAE，这样就得出四边形ABED为平行四边形，根据菱形的判定定理即可得出结论；‎ ‎（2）过点D作DF∥AE交BC于点F，可得出DF=AE，AD=EF=BE，再由CE=2BE得出DE=EF，从而结合∠ABC=60°，AB∥DE可判断出结论．‎ 解答：（1）证明：如图，∵AE平分∠BAD，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ ‎∵AB=AD，AE=AE，‎ ‎∴△BAE≌△DAE，‎ ‎∴BE=DE，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠2=∠3=∠1，‎ ‎∴AB=BE，‎ ‎∴AB=BE=DE=AD，‎ ‎∴四边形ABED是菱形．‎ ‎（2）解：△CDE是直角三角形．‎ 如图，过点D作DF∥AE交BC于点F，‎ 则四边形AEFD是平行四边形，‎ ‎∴DF=AE，AD=EF=BE，‎ ‎∵CE=2BE，‎ ‎∴BE=EF=FC，‎ ‎∴DE=EF，‎ 又∵∠ABC=60°，AB∥DE，‎ ‎∴∠DEF=60°，‎ ‎∴△DEF是等边三角形，‎ ‎∴DF=EF=FC，‎ ‎∴△CDE是直角三角形．‎ 点评：本题综合考查了梯形、全等三角形的判定及性质、菱形的判定及性质，难度较大，解答本题需要掌握①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半．‎ ‎7. （2011•安顺）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线DE交BC于D，交AB于E，F在DE上，且AF=CE=AE．‎ ‎（1）说明四边形ACEF是平行四边形；‎ ‎（2）当∠B满足什么条件时，四边形ACEF是菱形，并说明理由．‎ 考点：菱形的判定；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；平行四边形的判定。‎ 分析：（1）证明△AEC≌△EAF，即可得到EF=CA，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可判断；‎ ‎（2）当∠B=30°时，四边形ACEF是菱形．根据直角三角形的性质，即可证得AC=EC，根据菱形的定义即可判断．‎ 解答：（1）证明：由题意知∠FDC=∠DCA=90°，‎ ‎∴EF∥CA，‎ ‎∴∠AEF=∠EAC，‎ ‎∵AF=CE=AE，‎ ‎∴∠F=∠AEF=∠EAC=∠ECA．‎ 又∵AE=EA，‎ ‎∴△AEC≌△EAF，‎ ‎∴EF=CA，‎ ‎∴四边形ACEF是平行四边形．‎ ‎（2）当∠B=30°时，四边形ACEF是菱形．‎ 理由是：∵∠B=30°，∠ACB=90°，‎ ‎∴AC=，‎ ‎∵DE垂直平分BC，‎ ‎∴BE=CE，‎ 又∵AE=CE，‎ ‎∴CE=，‎ ‎∴AC=CE，‎ ‎∴四边形ACEF是菱形．‎ 点评：本题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定方法，正确掌握判定定理是解题的关键．‎ ‎8. （2011•湘西州）如图，已知矩形ABCD的两条对角线相交于O，∠ACB=30°，AB=2．‎ ‎（1）求AC的长．‎ ‎（2）求∠AOB的度数．‎ ‎（3）以OB、OC为邻边作菱形OBEC，求菱形OBEC的面积．‎ 考点：矩形的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质。‎ 专题：综合题。‎ 分析：（1）根据AB的长结合三角函数的关系可得出AC的长度．‎ ‎（2）根据矩形的对角线互相平分可得出△OBC为等腰三角形，从而利用外角的知识可得出∠AOB的度数．‎ ‎（3）分别求出△OBC和△BCE的面积，从而可求出菱形OBEC的面积．‎ 解答：解（1）在矩形ABCD中，∠ABC=90°，‎ ‎∴Rt△ABC中，∠ACB=30°，‎ ‎∴AC=2AB=4．‎ ‎（2）在矩形ABCD中，‎ ‎∴AO=OA=2，‎ 又∵AB=2，‎ ‎∴△AOB是等边三角形，‎ ‎∴∠AOB=60°．‎ ‎（3）由勾股定理，得BC=，‎ ．‎ ，‎ 所以菱形OBEC的面积是2．‎ 点评：本题考查矩形的性质、菱形的性质及勾股定理的知识，综合性较强，注意一些基本知识的掌握是关键．‎ ‎9.（2011年山东省东营市，19，8分）如图，在四边形ABCD中，DB平分∠ADC，∠ABC=120°，∠C=60°，∠BDC=30°；延长CD到点E，连接AE，使得∠E=∠C． （1）求证：四边形ABDE是平行四边形； （2）若DC=12，求AD的长．‎ 考点：等腰梯形的性质；含30度角的直角三角形；平行四边形的判定与性质．‎ 专题：计算题；证明题．‎ 分析：（1）可证明AB∥ED，AE∥BD，即可证明四边形ABDE是平行四边形；由∠ABC=120°，∠C=60°，得AB∥ED；∠E= ∠C=∠BDC=30°，得AE∥BD； （2）可证得四边形ABCD是等腰梯形，AD=BC，易证△BDC是直角三角形，可得BC= DC=6．‎ 解答：证明：（1）∵∠ABC=120°，∠C=60°， ∴∠ABC+∠BCD=180°， ∴AB∥DC，即AB∥ED； 又∠C=60°，∠E= ∠C，∠BDC=30°， ∴∠E=∠BDC=30°， ∴AE∥BD，∴四边形ABDE是平行四边形； 解：（2）∵AB∥DC， ∴四边形ABCD是梯形， ∵DB平分∠ADC，∠BDC=30°， ∴∠ADC=∠BCD=60°， ∴四边形ABCD是等腰梯形； ∴BC=AD， ∵在△BCD中，∠C=60°，∠BDC=30°， ∴∠DBC=90°， 又DC=12， ∴AD=BC= DC=6．‎ 点评：本题考查了知识点较多，有等腰梯形、直角三角形的性质以及平行四边形的判定和性质，只有牢记这些知识才能熟练运用．‎ ‎10. （2011浙江嘉兴，23，10分）以四边形ABCD的边AB．BC．CD．DA为斜边分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E．F．G．H，顺次连接这四个点，得四边形EFGH．‎ ‎（1）如图1，当四边形ABCD为正方形时，我们发现四边形EFGH是正方形；如图2，当四边形ABCD为矩形时，请判断：四边形EFGH的形状（不要求证明）；‎ ‎（2）如图3，当四边形ABCD为一般平行四边形时，设∠ADC=α（0°＜α＜90°），‎ ‎①试用含α的代数式表示∠HAE；‎ ‎②求证：HE=HG；‎ ‎③四边形EFGH是什么四边形？并说明理由．‎ 考点：正方形的判定；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；菱形的判定与性质．‎ 专题：证明题．‎ 分析：（1）根据等腰直角三角形得到角都是直角，且边都相等即可判断答案；‎ ‎（2）①∠HAE=90°+a，根据平行四边形的性质得出，∠BAD=180°﹣a，根据△HAD和△EAB是等腰直角三角形，得到∠HAD=∠EAB=45°，求出∠HAE即可；‎ ‎②根据△AEB和△DGC是等腰直角三角形，得出AE=AB，DC=CD，平行四边形的性质得出AB=CD，求出∠HDG=90°+a=∠HAE，证△HAE≌△HDC，即可得出HE=HG；‎ ‎③由②同理可得：GH=GF，FG=FE，推出GH=GF=EF=HE，得出菱形EFGH，证△HAE≌△HDG，求出∠AHD=90°，∠EHG=90°，即可推出结论．‎ 解答：（1）答：四边形EFGH的形状是正方形．‎ ‎（2）解：①∠HAE=90°+a，‎ 在平行四边形ABCD中AB∥CD，‎ ‎∴∠BAD=180°﹣∠ADC=180°﹣a，‎ ‎∵△HAD和△EAB是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠HAD=∠EAB=45°，‎ ‎∴∠HAE=360°﹣∠HAD﹣∠EAB﹣∠BAD=360°﹣45°﹣45°﹣（180°﹣a）=90°+a，‎ 答：用含α的代数式表示∠HAE是90°+a．‎ ‎②证明：∵△AEB和△DGC是等腰直角三角形，‎ ‎∴AE=AB，DC=CD，‎ 在平行四边形ABCD中，AB=CD，‎ ‎∴AE=DG，‎ ‎∵△HAD和△GDC是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠HDA=∠CDG=45°，‎ ‎∴∠HDG=∠HDA+∠ADC+∠CDG=90°+a=∠HAE，‎ ‎∵△HAD是等腰直角三角形，‎ ‎∴HA=HD，‎ ‎∴△HAE≌△HDC，‎ ‎∴HE=HG．‎ ‎③答：四边形EFGH是正方形，‎ 理由是：由②同理可得：GH=GF，FG=FE，‎ ‎∵HE=HG，‎ ‎∴GH=GF=EF=HE，‎ ‎∴四边形EFGH是菱形，‎ ‎∵△HAE≌△HDG，‎ ‎∴∠DHG=∠AHE，‎ ‎∵∠AHD=∠AHG+∠DHG=90°，‎ ‎∴∠EHG=∠AHG+∠AHE=90°，‎ ‎∴四边形EFGH是正方形．‎ 点评：本题主要考查对正方形的判定，等腰直角三角形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的理解和掌握，综合运用性质进行推理是解此题的关键．‎ ‎11. （2011•玉林，25，10分）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．‎ ‎（1）求证：EB=GD；‎ ‎（2）判断EB与GD的位置关系，并说明理由；‎ ‎（3）若AB=2，AG=，求EB的长．‎ 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理。‎ 分析：（1）在△GAD和△EAB中，∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，得到∠GAD=∠EAB从而GAD≌△EAB，即EB=GD；‎ ‎（2）EB⊥GD，由（1）得∠ADG=∠ABE则在△BDH中，∠DHB=90°所以EB⊥GD；‎ ‎（3）设BD与AC交于点O，由AB=AD=2在Rt△ABD中求得DB，所以得到结果．‎ 解答：（1）证明：在△GAD和△EAB中，∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，‎ ‎∴∠GAD=∠EAB，‎ 又∵AG=AE，AB=AD，‎ ‎∴△GAD≌△EAB，‎ ‎∴EB=GD；‎ ‎（2）EB⊥GD，理由如下：连接BD，‎ 由（1）得：∠ADG=∠ABE，则在△BDH中，‎ ‎∠DHB=180°﹣（∠HDB+∠HBD）=180°﹣90°=90°，‎ ‎∴EB⊥GD；‎ ‎（3）设BD与AC交于点O，‎ ‎∵AB=AD=2在Rt△ABD中，DB=，‎ ‎∴EB=GD=．‎ 点评：本题考查了正方形的性质，考查了利用其性质证得三角形全等，并利用证得的条件求得边长．‎ ‎12. （2011海南，23，10分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点P、Q分别在边AB、BC上，且AP＝BQ．‎ ‎（1）求证：△BDQ≌△ADP；‎ ‎（2）已知AD＝3，AP＝2，求cos∠BPQ的值（结果保留根号）．‎ 考点：菱形的性质；全等三角形的判定与性质；解直角三角形。‎ 分析：（1）由四边形ABCD是菱形，可证得AD＝AB，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC，AD∥BC，又由∠A＝60°，易得△ABD是等边三角形，然后由SAS即可证得△BDQ≌△ADP；‎ ‎（2）首先过点Q作QE⊥AB，交AB的延长线于E，然后由三角函数的性质，即可求得PE与QE的长，又由勾股定理，即可求得PQ的长，则可求得cos∠BPQ的值．‎ 解答：解：（1）∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AD＝AB，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC，AD∥BC，‎ ‎∵∠A＝60°，‎ ‎∴△ABD是等边三角形，∠ABC＝120°，‎ ‎∴AD＝BD，∠CBD＝∠A＝60°，‎ ‎∵AP＝BQ，‎ ‎∴△BDQ≌△ADP（SAS）；‎ ‎（2）过点Q作QE⊥AB，交AB的延长线于E，‎ ‎∵△BDQ≌△ADP，‎ ‎∴BQ＝AP＝2，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠QBE＝60°，‎ ‎∴QE＝QB•sin60°＝2×＝，BE＝QB•cos60°＝2×＝1，‎ ‎∵AB＝AD＝3，‎ ‎∴PB＝AB－AP＝3－2＝1，‎ ‎∴PE＝PB＋BE＝2，‎ ‎∴在Rt△PQE中，PQ＝＝，‎ ‎∴cos∠BPQ＝＝＝．‎ 点评：此题考查了菱形的性质与勾股定理、三角函数的性质．此题难度适中，解题的关键是数形结合思想的应用．‎