129运动-今年中秋节是几月几日

如图，在四边形
ABCD
中，∠
B
+∠
D=180< br>°
，
CB=CD
，∠
BCD=140
°
，以
C
为顶点作一个
70
°
角，角的两边分别交
AB
，
AD
于
E
、
F
两点，连接
EF
，探索线段
BE
，
DF
，
EF
之间的数量
关系，并加以证明．


（
3
）解：
BE
+
DF=EF
；理由如 下：

延长
AB
至点
N
，使
BN=DF
， 连接
CN
，如图
3
所示：

∵∠
ABC
+ ∠
D=180
°
，∠
NBC
+∠
ABC=180
°
，

∴∠
NBC=
∠
D
，

在△
NBC
和△
FDC
中，
∴△
NBC
≌△
F DC
（
SAS
），

∴
CN=CF
，∠
NCB=
∠
FCD
，

∵∠
BCD=140
°
，∠
ECF=70
°
，
∴∠
BCE
+∠
FCD=70
°
，

∴∠
ECN=70
°
=
∠
ECF
，
在△
NCE
和△
FCE
中，
∴△
NCE
≌△< br>FCE
（
SAS
），

∴
EN=EF
，

∵
BE
+
BN=EN
，

∴
BE
+
DF=EF
．

，

，


26
．已知：点
P
是平行四边形
A BCD
对角线
AC
所在直线上的一个动点（点
P
不与点
A< br>、
C
重合），分别过点
A
、
C
向直线
BP< br>作垂线，垂足分别为点
E
、
F
，点
O
为
AC
的中点．

（
1
）当点
P
与点
O
重合时如图
1
，易证
OE=OF
（不需证明）

（
2
）直线
BP
绕点
B
逆时针方向旋转，当∠
OFE=30< br>°
时，如图
2
、图
3
的位置，猜想线段
CF
、
AE
、
OE
之间有怎样的数量关系？请写出你对图
2
、图
3
的猜想，并选择一种情况给予
证明．

【考点】四边形综合题．

【分析】（
1
）由
△
A OE
≌△
COF
即可得出结论．

（
2
）图
2
中的结论为：
CF=OE+AE
，延长
EO
交
CF于点
G
，只要证明
△
EOA
≌△
GOC
，△
OFG
是等边三角形，即可解决问题．

图
3
中的结 论为：
CF=OE
﹣
AE
，延长
EO
交
FC
的延长线于点
G
，证明方法类似．

【解答】解：（
1
） ∵
AE
⊥
PB
，
CF
⊥
BP
，

∴∠
AEO=
∠
CFO=90
°
，

在
△
AEO
和
△
CFO
中，

，

∴△
AOE
≌△
COF
，

∴
OE=OF
．

（
2
）图
2
中 的结论为：
CF=OE+AE
．

图
3
中的结论为：
CF=OE
﹣
AE
．

选图
2
中的结论证明如下：

延长
EO
交
CF
于点
G
，

∵< br>AE
⊥
BP
，
CF
⊥
BP
，

∴
AE
∥
CF
，

∴∠
EAO=
∠
GCO
，

在
△
EOA
和
△
GOC
中，

，

∴△
EOA
≌△
GOC
，

∴
EO=GO
，
AE=CG
，

在
RT
△
EFG
中，∵
EO=OG
，

∴
OE=OF=GO
，

∵∠
OFE=30
°
，

∴∠
OFG=90
°
﹣
30
°
=60
°
，

∴△
OFG
是等边三角形，

∴
OF=GF
，

∵
OE=OF
，

∴
OE=FG
，

∵
CF=FG+CG
，

∴
CF=OE+AE
．

选图
3
的结论证明如下：

延长
EO
交
FC
的延长线于点
G
，
∵
AE
⊥
BP
，
CF
⊥
BP
，

∴
AE
∥
CF
，

∴∠
AEO=
∠
G
，

在
△
AOE
和
△
COG
中，

，

∴△
AOE
≌△
COG
，

∴
OE=OG
，
AE=CG
，

在
RT
△
EFG
中，∵
OE=OG
，

∴
OE=OF=OG
，

∵∠
OFE=30
°
，

∴∠
OFG=90
°
﹣
30
°
=60
°
，

∴△
OFG
是等边三角形，

∴
OF=FG
，

∵
OE=OF
，

∴
OE=FG
，

∵
CF=FG
﹣
CG
，

∴
CF=OE
﹣
AE
．




26
．
AE
交
BC
于点
E
，
AF
交
CD
于点
F
，如图，在正方形
ABCD
内作∠< br>EAF=45
°
，连接
EF
，
过点
A
作AH
⊥
EF
，垂足为
H
．连接
BD
交
AE
于点
M
，交
AF
于点
N
．请探究并猜想：线< br>段
BM
，
MN
，
ND
之间有什么数量关系？并说明理 由．

【解答】解：（
1
）
①
由旋转的性质可知：
AF=AG
，∠
DAF=
∠
BAG．

∵四边形
ABCD
为正方形，

∴∠
BAD=90
°
．

又∵∠
EAF=45
°
，

∴∠
BAE
+∠
DAF=45
°
．

∴∠
BAG
+∠
BAE=45
°
．

∴∠
GAE=
∠
FAE
．

在△
GAE
和△
FAE
中，

∴△
GAE
≌△
FAE
．

②
∵△
GAE
≌△
FAE
，
AB
⊥
GE
，
AH
⊥
EF
，

∴
AB=AH
，
GE=EF=5
．

设正方形的边 长为
x
，则
EC=x
﹣
2
，
FC=x
﹣< br>3
．

在
Rt
△
EFC
中，由勾股定理得：
EF
2
=FC
2
+
EC
2
，即（
x
﹣
2
）
2
+（
x
﹣
3
）
2
=25
．

解得：
x=6
．

∴
AB=6
．

∴
AH=6
．

（
3
）如图所示：将△
ABM
逆时针旋转
90
°
得 △
ADM
′
．


∵四边形
ABCD
为正方形，

∴∠
ABD=
∠
ADB=45
°
．

由旋 转的性质可知：∠
ABM=
∠
ADM
′
=45
°
，
BE=DM
′
．

∴∠
NDM
′
=90
°
．

∴
N M
′
2
=ND
2
+
DM
′
2
．< br>
∵∠
EAM
′
=90
°
，∠
EAF=45
°
，

∴∠
EAF=
∠
FAM
′
=45
°
．

在△
AMN
和△
AN M
′
中，
∴△
AMN
≌△
ANM
′
．
∴
MN=NM
′
．

又∵
BM=DM
′
，

∴
MN
2
=ND
2
+
BM
2
．

，

25 ．已知在矩形ABCD中，∠ADC的平分线DE与BC边所在的直线交于点E，点P是线段DE
上一定 点（其中EP＜PD）
（1）如图1，若点F在CD边上（不与D重合），将∠DPF绕点P逆时针旋 转90°后，角的
两边PD、PF分别交射线DA于点H、G．
①求证：PG=PF； ②探究：DF、DG、DP之间有怎样的数量关系，并证明你的结论．
（2）拓展：如图2，若点F在 CD的延长线上（不与D重合），过点P作PG⊥PF，交射线
DA于点G，你认为（1）中DE、DG 、DP之间的数量关系是否仍然成立？若成立，给出证明；
若不成立，请写出它们所满足的数量关系式， 并说明理由．

【考点】四边形综合题．
【分析】（1）①若证PG=PF，可证 △HPG≌△DPF，已知∠DPH=∠HPG，由旋转可知∠GPF=∠
HPD=90°及DE平分∠ ADC得△HPD为等腰直角三角形，即∠DHP=∠PDF=45°、PD=PH，即可
得证；
②由△HPD为等腰直角三角形，△HPG≌△DPF知HD=
即可得；
（2）过点 P作PH⊥PD交射线DA于点H，先证△HPD为等腰直角三角形可得PH=PD，HD=
DP，再证 △HPG≌△DPF可得HG=DF，根据DH=DG﹣HG=DG﹣DF可得DG﹣DF=
【解答】解 ：（1）①∵∠GPF=∠HPD=90°，∠ADC=90°，
∴∠GPH=∠FPD，
∵DE平分∠ADC，
∴∠PDF=∠ADP=45°，
DP．
DP， HG=DF，根据DG+DF=DG+GH=DH

∴△HPD为等腰直角三角形，
∴∠DHP=∠PDF=45°，
在△HPG和△DPF中，
∵，
∴△HPG≌△DPF（ASA），
∴PG=PF；
②结论：DG+DF=DP，
由①知，△HPD为等腰直角三角形，△HPG≌△DPF，
∴HD=DP，HG=DF，
∴HD=HG+DG=DF+DG，
∴DG+DF=

（2）不成立，数量关系式应为：DG﹣DF=
如图，过点P作PH⊥PD交射线DA于点H，
DP，
DP；

∵PF⊥PG，
∴∠GPF=∠HPD=90°，
∴∠GPH=∠FPD，
∵DE平分∠ADC，且在矩形ABCD中，∠ADC=90°，
∴∠HDP=∠EDC=45°，得到△HPD为等腰直角三角形，
∴∠DHP=∠EDC= 45°，且PH=PD，HD=
∴∠GHP=∠FDP=180°﹣45°=135°，
在△HPG和△DPF中，
DP，

∵
∴△HPG≌△DPF，
∴HG=DF，
∴DH=DG﹣HG=DG﹣DF，
∴DG﹣DF=DP．
【点评】本题主要考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性 质、矩形的性质的综
合运用，灵活运用全等三角形的判定与性质将待求证线段关系转移至其他两线段间关 系是解
题的关键．


例4 （2013•黑龙江）正方形ABCD的顶 点A在直线MN上，点O是对角线AC、BD的
交点，过点O作OE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN 于点F．
（1）如图1，当O、B两点均在直线MN上方时，易证：AF+BF=2OE（不需证明）
（2）当正方形ABCD绕点A顺时针旋转至图2、图3的位置时，线段AF、BF、OE之间
又有怎样的关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况给予证明．

思路分析：（1）过点 B作BG⊥OE于G，可得四边形BGEF是矩形，根据矩形的对边相等
可得EF=BG，BF=GE， 根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，
再根据同角的余角相等求 出∠AOE=∠OBG，然后利用“角角边”证明△AOE和△OBG全等，
根据全等三角形对应边相等 可得OG=AE，OE=BG，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；
（2）选择图2，过点B作 BG⊥OE交OE的延长线于G，可得四边形BGEF是矩形，根
据矩形的对边相等可得EF=BG，B F=GE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得
OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角的 余角相等求出∠AOE=∠OBG，然后利用“角角边”证
明△AOE和△OBG全等，根据全等三角形 对应边相等可得OG=AE，OE=BG，再根据
AF- EF=AE，整理即可得证；选择图3同理可证．
解：（1）证明：如图，过点B作BG⊥OE于G，
则四边形BGEF是矩形，
∴EF=BG，BF=GE，
在正方形ABCD中，OA=OB，∠AOB=90°，
∵BG⊥OE，
∴∠OBG+∠BOE=90°，

又∵∠AOE+∠BOE=90°，
∴∠AOE=∠OBG，
∵在△AOE和△OBG中，

AOEOBG


AEOOGB90
，

OAOB

∴△AOE≌△OBG（AAS），
∴OG=AE，OE=BG，
∵AF-EF=AE，EF=BG=OE，AE=OG=OE- GE=OE-BF，
∴AF-OE=OE-BF，
∴AF+BF=2OE；
（2）图2结论：AF-BF=2OE，
图3结论：AF-BF=2OE．
对图2证明：过点B作BG⊥OE交OE的延长线于G，
则四边形BGEF是矩形，
∴EF=BG，BF=GE，
在正方形ABCD中，OA=OB，∠AOB=90°，
∵BG⊥OE，
∴∠OBG+∠BOE=90°，
又∵∠AOE+∠BOE=90°，
∴∠AOE=∠OBG，
∵在△AOE和△OBG中，

AOEOBG


AEOOGB90
，

OAOB

∴△AOE≌△OBG（AAS），
∴OG=AE，OE=BG，
∵AF- EF=AE，EF=BG=OE，AE=OG=OE+GE=OE+BF，
∴AF- OE=OE+BF，
∴AF-BF=2OE；
若选图3，其证明方法同上．
点评 ：本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，同角的余
角相等的性质，作 辅助线构造出全等三角形与矩形是解题的关键，也是本题的难点．

2.（2015•随 州）问题：如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，
试判断 BE、EF、FD之间的数量关系．









【类比引申】
如图（2），四边形ABCD中，∠BAD≠ 90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E、F分别在边BC、
CD上，则当∠EAF与∠BA D满足 关系时，仍有EF=BE+FD．









26
．已知二次函数
y=x
2
﹣（
2k
+
1
）
x
+
k
2
+
k
（
k
＞
0
），若该二次函数与
x
轴交于
A
、
B
两点（
A
点在
B
点的左侧），与
y
轴交于
C
点，
P
是
y
轴负半轴上一点，且
OP=1
，直线
AP
交
BC
于
点
Q
，求证 ：．


（
3
）由题意可得：点
P
的坐标为（0
，
1
），

则
0=x
2﹣（
2k
+
1
）
x
+
k
2
+
k
0=
（
x
﹣
k
﹣
1
）（x
﹣
k
），

故
A
（
k
，< br>0
），
B
（
k
+
1
，
0
） ，

当
x=0
，则
y=k
2
+
k
，

故
C
（
0
，
k
2
+
k
）

则
AB=k
+
1
﹣
k=1
，
O A=k
，

可得

，

y
BC
=
﹣
kx
+
k
2
+
k
，

当
x
﹣
1=
﹣
kx
+
k
2
+k
，

解得：
x=k
+，

则代入原式可得：
y=
，

则点
Q
坐标为

运用距离公式得：
AQ
2
=
（
则
OA
2< br>=k
2
，
AB
2
=1
，

故+=
+
1==
）
2
+（）
2
=
，

，

则

．