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备战中考初中数学导练学案50讲—第38讲开放性问题（讲练版）
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这是一份备战中考初中数学导练学案50讲—第38讲开放性问题（讲练版），共34页。学案主要包含了疑难点拨等内容，欢迎下载使用。
备战中考初中数学导练学案50讲
第38讲 开放性问题
【疑难点拨】
1.开放性问题的基本方法：(1)条件开放型问题：从结论出发，执果索因，逆向推理，逐步探求结论成立的条件或把可能产生结论的条件一一列出，逐个分析；
(2)结论开放型问题：从剖析题意入手，充分捕捉题设信息，通过由因导果，顺向推理或联想类比、猜测等，从而获得所求的结论；
(3)条件和结论都开放型：此类问题没有明确的条件和结论，并且符合条件的结论具有多样性，需将已知的信息集中进行分析，探索问题成立所必须具备的条件或特定的条件应该有什么结论，通过这一思维活动得出事物内在联系，从而把握事物的整体性和一般性.
2. 解题策略与解法精讲
解开放性的题目时，要先进行观察、试验、类比、归纳、猜测出结论或条件，然后严格证明；同时，通常要结合以下数学思想方法：分类讨论，数形结合，分析综合，归纳猜想，构建数学模型等。
3.肯定型存在性问题：解决“肯定型存在性问题”的基本步骤：
①画图分析．研究确定图形，先画图解决其中一种情形．
②分类讨论.先验证①的结果是否合理，再找其他分类，类比第一种情形求解．
③验证取舍.结合点的运动范围，画图或推理，对结果取舍．
4. 讨论型存在性问题
将问题看成求解题，进而从有解或无解的条件，来判明数学对象是否存在，这是解决讨论型存在性问题的主要方法.另外，先猜出对象可能存在或不存在，从而将讨论型存在性问题转化为肯定型或否定型处理，是解决讨论型存在性问题的又一重要方法.
【基础篇】
一、选择题：
1. 如图，已知AB=AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADC的是( )
(A)CB=CD (B)∠BAC=∠DAC
(C)∠BCA=∠DCA (D)∠B=∠D=90°
2. （2018•四川凉州•3分）如图将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使C落在C′处，BC′交AD于点E，则下到结论不一定成立的是（ ）
A．AD=BC′ B．∠EBD=∠EDB C．△ABE∽△CBD D．sin∠ABE=
3. 四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四个条件：
①AD∥BC；②AD＝BC；③OA＝OC；④OB＝OD从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有( )
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
4. 如图，在方格纸中，线段a，b，c，d的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，则能组成三角形的不同平移方法有( )
A．3种 B．6种 C．8种 D．12种
5. （2017呼和浩特）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，E，F为BD所在直线上的两点，若AE=，∠EAF=135°，则下列结论正确的是（ ）
A．DE=1 B．tan∠AFO= C．AF= D．四边形AFCE的面积为
二、填空题：
6. （2016·山东省济宁市·3分）如图，△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，请你添加一个适当的条件： ，使△AEH≌△CEB．
7. （2015•广东梅州,第12题，3分）已知：△ABC中，点E是AB边的中点，点F在AC边上，若以A，E， F为顶点的三角形与△ABC相似，则需要增加的一个条件是 ．（写出一个即可）
8. （2018·广东广州·3分）如图9，CE是平行四边形ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E，连接AC，BE，DO，DO与AC交于点F，则下列结论：
①四边形ACBE是菱形；②∠ACD=∠BAE
③AF：BE=2：3 ④
其中正确的结论有________。（填写所有正确结论的序号）
三、解答与计算题：
9. （2017湖南岳阳）求证：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
小红同学根据题意画出了图形，并写出了已知和求证的一部分，请你补全已知和求证，并写出证明过程．
已知：如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O， ．
求证： ．
10. 在数学课上，林老师在黑板上画出如图2－1－1所示的图形(其中点B，F，C，E在同一条直线上)，并
写出四个条件：①AB＝DE； ②BF＝EC；③∠B＝∠E；④∠1＝∠2.
请你从这四个条件中选出三个作为题设，另一个作为结论，组成一个真命题，并给予证明．
题设：__________，
结论：_____(均填写序号)．
【能力篇】
一、选择题：
11. 如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：
①BE=2AE；②△DFP∽△BPH；③△PFD∽△PDB；④DP2=PHPC
其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④
12. (2018·三明中考)如图，在正方形纸片ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，沿过点B的直线折叠，使点C落在EF上，落点为N，折痕交CD边于点M，BM与EF交于点P，再展开.则下列结论中：①CM＝DM；②∠ABN＝30°；③AB2＝3CM2；④△PMN是等边三角形.正确的有( )
(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个
13. 勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理，但远在毕达哥拉斯出生之前，这一定理早已被人们所利用，世界上各个文明古国都对勾股定理的发现和研究作出过贡献（希腊、中国、埃及、巴比伦、印度等），特别是定理的证明，据说有400余种方法．其中在《几何原本》中有一种证明勾股定理的方法：如图所示，作CC⊥FH，垂足为G，交AB于点P，延长FA交DE于点S，然后将正方形ACED、正方形BCNM作等面积变形，得S正方形ACED=S▱ACQS，S正方形BCNM=S▱BCQT，这样就可以完成勾股定理的证明．对于该证明过程，下列结论错误的是（ ）
A．△ADS≌△ACB B．S▱ACQS=S矩形APGF C．S▱CBTQ=S矩形PBHG D．SE=BC
二、填空题：
14. （2018·四川宜宾·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是 （写出所有正确结论的序号）
①当E为线段AB中点时，AF∥CE；
②当E为线段AB中点时，AF=；
③当A、F、C三点共线时，AE=；
④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．
15. 如图，AB是半径为2的⊙O的弦，将沿着弦AB折叠，正好经过圆心O，点C是折叠后的上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接AC，AD，EO．则下列结论：①∠ACB=120°，②△ACD是等边三角形，③EO的最小值为1，其中正确的是 ．（请将正确答案的序号填在横线上）
三、解答与计算题：
16. (1)如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连结EF，AG.求证：EF＝FG.
(2)如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°，若BM＝1，CN＝3，求MN的长．
17. 如图=，四边形ABCD是平行四边形，AD＝AC，AD⊥AC，E是AB的中点，F是AC延长线上一点．
(1)若ED⊥EF，求证：ED＝EF；
(2)在(1)的条件下，若DC的延长线与FB交于点P，试判断四边形ACPE是否为平行四边形？并证明你的结论(请先补全图形，再解答)；
(3)若ED＝EF，ED与EF垂直吗？若垂
直给出证明，若不垂直说明理由．
18. 已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
【探究篇】
19. （2018•山西•12分）(本题 12 分 )综 合 与 实 践
问 题 情 境 ： 在 数 学 活 动 课 上 ， 老 师 出 示 了 这 样 一 个 问 题 ： 如 图 1， 在 矩 形 ABCD 中， AD=2AB， E 是 AB 延 长 线 上 一 点 ，且 BE=AB，连 接 DE，交 BC 于点 M，以 DE 为 一 边 在 DE 的 左 下 方 作 正 方 形 DEFG， 连接 AM． 试 判 断 线 段 AM 与 DE 的 位 置 关 系 ．
探 究 展 示 ： 勤 奋 小 组 发 现 ， AM 垂直平分 DE，并展示了如下的 证 明方法：
证明： Q B E = A B, \ AE = 2 AB
AD = 2 AB, \ AD = AE
四边形 ABCD 是 矩 形 ， \ AD / / BC.
\（ 依 据 １ ）
BE = AB , \ \ EM = DM .
即 AM 是△ ADE 的 DE 边上的中线，
又 Q AD = AE, \ AM ^ DE. （依据 2）
\AM 垂直平分 DE．
反 思 交 流 ：
(1) 上 述 证 明 过 程 中 的 “ 依 据 1”“ 依 据 2”分别是指什么？
试 判 断 图 １ 中 的 点 A 是否在线段 GF 的 垂 直 平 分 上 ， 请 直 接 回 答 ， 不 必 证 明 ；
(2)创 新 小 组 受 到 勤 奋 小 组 的 启 发 ， 继 续 进 行 探 究 ， 如 图 2， 连 接 CE，以 CE 为 一 边 在 CE 的左下 方作正方形 CEFG， 发 现 点 G 在线段 BC 的 垂 直 平 分 线 上 ， 请 你 给 出 证 明 ；
探 索 发 现 ：
(3)如图 3，连接 CE，以 CE 为一边在 CE 的右上方作正方形 CEFG，可以发现点 C，点 B 都在线段 AE 的垂直平分线上， 除此之外，请观察 矩 形 ABCD 和正方形 CEFG 的顶点与边，你还能 发现哪个 顶点在哪条边的垂 直 平分线上，请写出 一 个你发现的结论， 并 加以证明 .
20. （2018·四川自贡·14分）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3过A（1，0）、B（﹣3，0），直线AD交抛物线于点D，点D的横坐标为﹣2，点P（m，n）是线段AD上的动点．
（1）求直线AD及抛物线的解析式；
（2）过点P的直线垂直于x轴，交抛物线于点Q，求线段PQ的长度l与m的关系式，m为何值时，PQ最长？
（3）在平面内是否存在整点（横、纵坐标都为整数）R，使得P、Q、D、R为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点R的坐标；若不存在，说明理由．
第38讲 开放性问题
【疑难点拨】
1.开放性问题的基本方法：(1)条件开放型问题：从结论出发，执果索因，逆向推理，逐步探求结论成立的条件或把可能产生结论的条件一一列出，逐个分析；
(2)结论开放型问题：从剖析题意入手，充分捕捉题设信息，通过由因导果，顺向推理或联想类比、猜测等，从而获得所求的结论；
(3)条件和结论都开放型：此类问题没有明确的条件和结论，并且符合条件的结论具有多样性，需将已知的信息集中进行分析，探索问题成立所必须具备的条件或特定的条件应该有什么结论，通过这一思维活动得出事物内在联系，从而把握事物的整体性和一般性.
2. 解题策略与解法精讲
解开放性的题目时，要先进行观察、试验、类比、归纳、猜测出结论或条件，然后严格证明；同时，通常要结合以下数学思想方法：分类讨论，数形结合，分析综合，归纳猜想，构建数学模型等。
3.肯定型存在性问题：解决“肯定型存在性问题”的基本步骤：
①画图分析．研究确定图形，先画图解决其中一种情形．
②分类讨论.先验证①的结果是否合理，再找其他分类，类比第一种情形求解．
③验证取舍.结合点的运动范围，画图或推理，对结果取舍．
4. 讨论型存在性问题
将问题看成求解题，进而从有解或无解的条件，来判明数学对象是否存在，这是解决讨论型存在性问题的主要方法.另外，先猜出对象可能存在或不存在，从而将讨论型存在性问题转化为肯定型或否定型处理，是解决讨论型存在性问题的又一重要方法.
【基础篇】
一、选择题：
1. 如图，已知AB=AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADC的是( )
(A)CB=CD (B)∠BAC=∠DAC (C)∠BCA=∠DCA (D)∠B=∠D=90°
【解析】选C.已知两边及其一边对角相等，不能判定两个三角形全等.
2. （2018•四川凉州•3分）如图将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使C落在C′处，BC′交AD于点E，则下到结论不一定成立的是（ ）
A．AD=BC′ B．∠EBD=∠EDB C．△ABE∽△CBD D．sin∠ABE=
【分析】主要根据折叠前后角和边相等找到相等的边之间的关系，即可选出正确答案．
【解答】解：A、BC=BC′，AD=BC，∴AD=BC′，所以正确．
B、∠CBD=∠EDB，∠CBD=∠EBD，∴∠EBD=∠EDB正确．
D、∵sin∠ABE=，
∴∠EBD=∠EDB
∴BE=DE
∴sin∠ABE=．
故选：C．
【点评】本题主要用排除法，证明A，B，D都正确，所以不正确的就是C，排除法也是数学中一种常用的解题方法．
3. 四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四个条件：
①AD∥BC；②AD＝BC；③OA＝OC；④OB＝OD从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有( )
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【解析】：①②组合可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形．③④组合可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形．
①③可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD=CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，判定出四边形ABCD为平行四边形．
①④可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD=CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，判定出四边形ABCD为平行四边形．
故选：B．
4. 如图，在方格纸中，线段a，b，c，d的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，则能组成三角形的不同平移方法有( )
A．3种 B．6种 C．8种 D．12种
解：由网格可知：a=，b=d=，c=2，
则能组成三角形的只有：a，b，d
可以分别通过平移ab，ad，bd得到三角形，平移其中两条线段方法有两种，
即能组成三角形的不同平移方法有6种．
故选：B．
5. （2017呼和浩特）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，E，F为BD所在直线上的两点，若AE=，∠EAF=135°，则下列结论正确的是（ ）
A．DE=1 B．tan∠AFO=
C．AF= D．四边形AFCE的面积为
【考点】LE：正方形的性质；T7：解直角三角形．
【分析】根据正方形的性质求出AO的长，用勾股定理求出EO的长，然后由∠MAN=135°及∠BAD=90°可以得到相似三角形，根据相似三角形的性质求出BF的长，再一一计算即可判断．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=CD=AD=1，AC⊥BD，∠ADO=∠ABO=45°，
∴OD=OB=OA=，∠ABF=∠ADE=135°，
在Rt△AEO中，EO===，
∴DE=，故A错误．
∵∠EAF=135°，∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠DAE=45°，
∵∠ADO=∠DAE+∠AED=45°，
∴∠BAF=∠AED，
∴△ABF∽△EDA，
∴=，
∴=，
∴BF=，
在Rt△AOF中，AF===，故C正确，
tan∠AFO===，故B错误，
∴S四边形AECF=•AC•EF=××=，故D错误，
故选C．
二、填空题：
6. （2016·山东省济宁市·3分）如图，△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，请你添加一个适当的条件： ，使△AEH≌△CEB．
【考点】全等三角形的判定．
【分析】开放型题型，根据垂直关系，可以判断△AEH与△CEB有两对对应角相等，就只需要找它们的一对对应边相等就可以了．
【解答】解：∵AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，
∴∠BEC=∠AEC=90°，
在Rt△AEH中，∠EAH=90°﹣∠AHE，
又∵∠EAH=∠BAD，
∴∠BAD=90°﹣∠AHE，
在Rt△AEH和Rt△CDH中，∠CHD=∠AHE，
∴∠EAH=∠DCH，
∴∠EAH=90°﹣∠CHD=∠BCE，
所以根据AAS添加AH=CB或EH=EB；
根据ASA添加AE=CE．
可证△AEH≌△CEB．
故填空答案：AH=CB或EH=EB或AE=CE．
7. （2015•广东梅州,第12题，3分）已知：△ABC中，点E是AB边的中点，点F在AC边上，若以A，E， F为顶点的三角形与△ABC相似，则需要增加的一个条件是 ．（写出一个即可）
考点：相似三角形的判定．.
专题：开放型．
分析：根据相似三角形对应边成比例或相似三角形的对应角相等进行解答；由于没有确定三角形相似的对应角，故应分类讨论．
解答：解：分两种情况：
①∵△AEF∽△ABC，
∴AE：AB=AF：AC，
即1：2=AF：AC，
∴AF=AC；
②∵△AFE∽△ACB，
∴∠AFE=∠ABC．
∴要使以A、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，则AF=AC或∠AFE=∠ABC．
故答案为：AF=AC或∠AFE=∠ABC．
点评：本题很简单，考查了相似三角形的性质，在解答此类题目时要找出对应的角和边．
8. （2018·广东广州·3分）如图9，CE是平行四边形ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E，连接AC，BE，DO，DO与AC交于点F，则下列结论：
①四边形ACBE是菱形；②∠ACD=∠BAE
③AF：BE=2：3 ④
其中正确的结论有________。（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【考点】三角形的面积，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：①∵CE是平行四边形ABCD的边AB的垂直平分线，∴AO=BO,∠AOE=∠BOC=90°,BC∥AE，AE=BE，CA=CB，
∴∠OAE=∠OBC，
∴△AOE≌△BOC（ASA），
∴AE=BC，
∴AE=BE=CA=CB，
∴四边形ACBE是菱形，
故①正确.
②由①四边形ACBE是菱形，
∴AB平分∠CAE，
∴∠CAO=∠BAE，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA∥CD，
∴∠CAO=∠ACD，
∴∠ACD=∠BAE.
故②正确.
③∵CE垂直平分线AB，
∴O为AB中点，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA∥CD，AO= AB= CD，
∴△AFO∽△CFD，
∴ = ，
∴AF:AC=1:3,
∵AC=BE，
∴AF:BE=1:3,
故③错误.
④∵ ·CD·OC,
由③知AF:AC=1:3,
∴ ,
∵ = × CD·OC= ,
∴ = + = = ,
∴
故④正确.
故答案为：①②④.
【分析】①根据平行四边形和垂直平分线的性质得AO=BO,∠AOE=∠BOC=90°,BC∥AE，AE=BE，CA=CB，根据ASA得△AOE≌△BOC，由全等三角形性质得AE=CB，根据四边相等的四边形是菱形得出①正确.
②由菱形性质得∠CAO=∠BAE，根据平行四边形的性质得BA∥CD，再由平行线的性质得∠CAO=∠ACD，等量代换得∠ACD=∠BAE；故②正确.
③根据平行四边形和垂直平分线的性质得BA∥CD，AO= AB= CD，从而得△AFO∽△CFD，由相似三角形性质得 = ，从而得出AF:AC=1:3,即AF:BE=1:3,故③错误.
④由三角形面积公式得 ·CD·OC,从③知AF:AC=1:3,所以= + = = ,从而得出 故④正确.
三、解答与计算题：
9. （2017湖南岳阳）求证：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
小红同学根据题意画出了图形，并写出了已知和求证的一部分，请你补全已知和求证，并写出证明过程．
已知：如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O， ．
求证： ．
【分析】由命题的题设和结论可填出答案，由平行四边形的性质可证得AC为线段BD的垂直平分线，可求得AB=AD，可得四边形ABCD是菱形．
【解答】已知：如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，
求证：四边形ABCD是菱形．
证明：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BO=DO，
∵AC⊥BD，
∴AC垂直平分BD，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形．
故答案为：AC⊥BD；四边形ABCD是菱形．
【点评】本题主要考查菱形的判定及平行四边形的性质，利用平行四边形的性质证得AB=AD是解题的关键．
10. 在数学课上，林老师在黑板上画
出如图2－1－1所示的图形(其中点
B，F，C，E在同一条直线上)，并
写出四个条件：①AB＝DE；
②BF＝EC；③∠B＝∠E；④∠1＝∠2.
请你从这四个条件中选出三个作为题设，另一个作为结论，组成一个真命题，并给予证明．
题设：__________，
结论：_____(均填写序号)．
解： 证明：∵BF＝EC，∴BF＋CF＝EC＋CF，即BC＝EF.
在△ABC和△DEF中，
∴△ABC≌△DEF(SAS)，∴∠1＝∠2；
情况二：题设：①③④；结论：②.
证明：在△ABC和△DEF中，
∴△ABC≌△DEF(AAS)，∴BC＝EF，
∴BC－FC＝EF－FC，即BF＝EC；
情况三：题设：②③④；结论：①.
证明：∵BF＝EC，∴BF＋CF＝EC＋CF，即BC＝EF.
在△ABC和△DEF中，
∴△ABC≌△DEF(ASA)，∴AB＝DE.
【能力篇】
一、选择题：
11. 如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：
①BE=2AE；②△DFP∽△BPH；③△PFD∽△PDB；④DP2=PHPC
其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④
【分析】由正方形的性质和相似三角形的判定与性质，即可得出结论．
【解答】解：∵△BPC是等边三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠ABE=∠DCF=30°，
∴BE=2AE；故①正确；
∵PC=CD，∠PCD=30°，
∴∠PDC=75°，
∴∠FDP=15°，
∵∠DBA=45°，
∴∠PBD=15°，
∴∠FDP=∠PBD，
∵∠DFP=∠BPC=60°，
∴△DFP∽△BPH；故②正确；
∵∠FDP=∠PBD=15°，∠ADB=45°，
∴∠PDB=30°，而∠DFP=60°，
∴∠PFD≠∠PDB，
∴△PFD与△PDB不会相似；故③错误；
∵∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC，
∴△DPH∽△CPD，
∴，
∴DP2=PHPC，故④正确；
故选C．
【点评】本题考查的正方形的性质，等边三角形的性质以及相似三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握性质和定理．
12. (2018·三明中考)如图，在正方形纸片ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，沿过点B的直线折叠，使点C落在EF上，落点为N，折痕交CD边于点M，BM与EF交于点P，再展开.则下列结论中：①CM＝DM；②∠ABN＝30°；③AB2＝3CM2；④△PMN是等边三角形.正确的有( )
(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个
【解析】选C.连接CN，如图，
正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，
∵E，F分别是AD，BC的中点，
∴AE＝BF，∴四边形ABFE是矩形，
∴EF⊥BC，∴EF是BC的垂直平分线，∴NB＝NC，
由于折叠可得△BCM≌△BNM，
∴BN＝BC，∠NBM＝∠CBM，
∴NB＝NC＝BC，∴△BCN是等边三角形，
∴∠NBC＝60°，∴∠NBM＝∠CBM＝30°，∠ABN＝30°(即②正确).
在Rt△BCM中，tan∠CBM＝tan 30°＝
∴BC＝CM，∴AB2＝BC2＝3CM2(即③正确)，
∴CM＝BC ≠BC即CM≠DM(即①不正确).
∵∠NBM＝30°，∠BNM＝90°，
∴∠BMN＝∠BMC＝60°.
∵EF∥CD，
∴∠EPM＝60°，∴∠PNM＝180°―60°―60°＝60°，
∴△PMN是等边三角形(即④正确).
13. 勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理，但远在毕达哥拉斯出生之前，这一定理早已被人们所利用，世界上各个文明古国都对勾股定理的发现和研究作出过贡献（希腊、中国、埃及、巴比伦、印度等），特别是定理的证明，据说有400余种方法．其中在《几何原本》中有一种证明勾股定理的方法：如图所示，作CC⊥FH，垂足为G，交AB于点P，延长FA交DE于点S，然后将正方形ACED、正方形BCNM作等面积变形，得S正方形ACED=S▱ACQS，S正方形BCNM=S▱BCQT，这样就可以完成勾股定理的证明．对于该证明过程，下列结论错误的是（ ）
A．△ADS≌△ACB B．S▱ACQS=S矩形APGF
C．S▱CBTQ=S矩形PBHG D．SE=BC
【解答】解：A、∵四边形ADEC是正方形，
∴AD=AC，∠DAS+∠SAC=∠SAC+∠CAB=90°，
∴∠DAS=∠BAC，
∵∠D=∠ACB=90°，
∴△ADS≌△ACB；
故A正确；
B、∵△ADS≌△ACB，
∴AS=AB=AF，
∵FS∥GQ，
∴S▱ACQS=S矩形APGF，
故B正确；
C、同理可得：S▱CBTQ=S矩形PBHG；
故C正确；
D、∵△ADS≌△ACB，
∴DS=BC，
S不一定是DE的中点，所以SE与BC不一定相等，
故D错误，
本题选择结论错误的，
故选：D．
二、填空题：
14. （2018·四川宜宾·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是 （写出所有正确结论的序号）
①当E为线段AB中点时，AF∥CE；
②当E为线段AB中点时，AF=；
③当A、F、C三点共线时，AE=；
④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KB：全等三角形的判定；LB：矩形的性质．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KB：全等三角形的判定；LB：矩形的性质．菁优网版权所有
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题；
【解答】解：如图1中，当AE=EB时，
∵AE=EB=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∵∠CEF=∠CEB，∠BEF=∠EAF+∠EFA，
∴∠BEC=∠EAF，
∴AF∥EC，故①正确，
作EM⊥AF，则AM=FM，
在Rt△ECB中，EC==，
∵∠AME=∠B=90°，∠EAM=∠CEB，
∴△CEB∽△EAM，
∴=，
∴=，
∴AM=，
∴AF=2AM=，故②正确，
如图2中，当A、F、C共线时，设AE=x．
则EB=EF=3﹣x，AF=﹣2，
在Rt△AEF中，∵AE2=AF2+EF2，
∴x2=（﹣2）2+（3﹣x）2，
∴x=，
∴AE=，故③正确，
如果，△CEF≌△AEF，则∠EAF=∠ECF=∠ECB=30°，显然不符合题意，故④错误，
故答案为①②③．
【点评】本题考查翻折变换、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
15. 如图，AB是半径为2的⊙O的弦，将沿着弦AB折叠，正好经过圆心O，点C是折叠后的上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接AC，AD，EO．则下列结论：①∠ACB=120°，②△ACD是等边三角形，③EO的最小值为1，其中正确的是 ．（请将正确答案的序号填在横线上）
【解答】解：如图1，连接OA和OB，作OF⊥AB．
由题知：沿着弦AB折叠，正好经过圆心O
∴OF=OA=OB
∴∠AOF=∠BOF=60°
∴∠AOB=120°
∴∠ACB=120°（同弧所对圆周角相等）
∠D=∠AOB=60°（同弧所对的圆周角是圆心角的一半）
∴∠ACD=180°﹣∠ACB=60°
∴△ACD是等边三角形（有两个角是60°的三角形是等边三角形）
故，①②正确
下面研究问题EO的最小值是否是1
如图2，连接AE和EF
∵△ACD是等边三角形，E是CD中点
∴AE⊥BD（三线合一）
又∵OF⊥AB
∴F是AB中点
即，EF是△ABE斜边中线
∴AF=EF=BF
即，E点在以AB为直径的圆上运动．
所以，如图3，当E、O、F在同一直线时，OE长度最小
此时，AE=EF，AE⊥EF
∵⊙O的半径是2，即OA=2，OF=1
∴AF=（勾股定理）
∴OE=EF﹣OF=AF﹣OF=﹣1
所以，③不正确
综上所述：①②正确，③不正确．
故答案为①②．
三、解答与计算题：
16. (1)如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连结EF，AG.求证：EF＝FG.
(2)如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°，若BM＝1，CN＝3，求MN的长．
(1)证明：∠ABE＝∠ADG，AD＝AB，
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∴∠EAG＝90°，
在△FAE和△FAG中，
∴△FAE≌△FAG(SAS)，∴EF＝FG；
(2)如图2，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM，连结AE、EN，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵CE⊥BC，∴∠ACE＝∠B＝45°，
在△ABM和△ACE中，∴△ABM≌△ACE(SAS)．
∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE.∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠CAN＝45°.
于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°.
在△MAN和△EAN中，∴△MAN≌△EAN(SAS)．
∴MN＝EN.在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2.
∴MN2＝BM2＋NC2.∵BM＝1，CN＝3，
∴MN2＝12＋32，∴MN＝.
17. 如图=，四边形ABCD是平行四边形，AD＝AC，AD⊥AC，E是AB的中点，F是AC延长线上一点．
(1)若ED⊥EF，求证：ED＝EF；
(2)在(1)的条件下，若DC的延长线与FB交于点P，试判断四边形ACPE是否为平行四边形？并证明你的结论(请先补全图形，再解答)；
(3)若ED＝EF，ED与EF垂直吗？若垂
直给出证明，若不垂直说明理由．
解： (1)证明：在▱ABCD中，∵AD＝AC，AD⊥AC，
∴AC＝BC，AC⊥BC，
如答图，连结CE，∵E为AB中点，∴AE＝EC，
∴∠ACE＝∠BCE＝45°，∴∠DAE＝∠ECF＝135°，
又∵∠AED＋∠CED＝∠CEF＋∠CED＝90°，
∴∠AED＝∠CEF，∴△AED≌△CEF，∴ED＝EF；
(2)补全图形如答图所示．
∵△AED≌△CEF，
∴AD＝CF，∴AC＝CF，又∵CP∥AE，
∴CP为△FAB的中位线，
∴CP＝AE，CP∥AE，
∴四边形ACPE是平行四边形；
(3)垂直．理由：如答图，过点E作EH⊥AF于H，作EG⊥DA交DA延长线于点G，
∵AE＝EC，∠EAG＝∠HCE＝45°，
∴△AGE≌△CHE，∴EG＝EH，
又∵ED＝EF，∴Rt△DEG≌Rt△FEH，
∴∠ADE＝∠CFE，∴∠DEA＝∠FEC，
∴∠FEC＋∠DEC＝∠DEA＋∠DEC＝90°，
∴∠DEF＝90°，∴ED⊥EF.
18. 已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和EF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
分析： （1）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠DAF=∠CDE，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
（2）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠E=∠F，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
（3）首先设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，由点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，即可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后由AF=DE，可证得四边形MNPQ是菱形，又由AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
解答： 解：（1）上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
DF=CE
∠ADC=∠BCD=90°
AD=CD
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（2）上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
DF=CE
∠ADC=∠BCD=90°
AD=CD
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠E=∠F，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．
理由为：如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，
∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，
∴四边形OHQG是平行四边形，
∵AF=DE，
∴MQ=PQ=PN=MN，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AF⊥DE，
∴∠AOD=90°，
∴∠HQG=∠AOD=90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
点评： 此题属于四边形的综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角形中位线的性质．注意证得△ADF≌△DCE（SAS），掌握三角形中位线的性质是关键．
【探究篇】
19. （2018•山西•12分）(本题 12 分 )综 合 与 实 践
问 题 情 境 ： 在 数 学 活 动 课 上 ， 老 师 出 示 了 这 样 一 个 问 题 ： 如 图 1， 在 矩 形 ABCD 中， AD=2AB， E 是 AB 延 长 线 上 一 点 ，且 BE=AB，连 接 DE，交 BC 于点 M，以 DE 为 一 边 在 DE 的 左 下 方 作 正 方 形 DEFG， 连接 AM． 试 判 断 线 段 AM 与 DE 的 位 置 关 系 ．
探 究 展 示 ： 勤 奋 小 组 发 现 ， AM 垂直平分 DE，并展示了如下的 证 明方法：
证明： Q B E = A B, \ AE = 2 AB
AD = 2 AB, \ AD = AE
四边形 ABCD 是 矩 形 ， \ AD / / BC.
\（ 依 据 １ ）
BE = AB , \ \ EM = DM .
即 AM 是△ ADE 的 DE 边上的中线，
又 Q AD = AE, \ AM ^ DE. （依据 2）
\AM 垂直平分 DE．
反 思 交 流 ：
(1) 上 述 证 明 过 程 中 的 “ 依 据 1”“ 依 据 2”分别是指什么？
试 判 断 图 １ 中 的 点 A 是否在线段 GF 的 垂 直 平 分 上 ， 请 直 接 回 答 ， 不 必 证 明 ；
(2)创 新 小 组 受 到 勤 奋 小 组 的 启 发 ， 继 续 进 行 探 究 ， 如 图 2， 连 接 CE，以 CE 为 一 边 在 CE 的左下 方作正方形 CEFG， 发 现 点 G 在线段 BC 的 垂 直 平 分 线 上 ， 请 你 给 出 证 明 ；
探 索 发 现 ：
(3)如图 3，连接 CE，以 CE 为一边在 CE 的右上方作正方形 CEFG，可以发现点 C，点 B 都在线段 AE 的垂直平分线上， 除此之外，请观察 矩 形 ABCD 和正方形 CEFG 的顶点与边，你还能 发现哪个 顶点在哪条边的垂 直 平分线上，请写出 一 个你发现的结论， 并 加以证明 .
【考点】 平 行 线 分 线 段 成 比 例 ， 三 线 合 一 ， 正 方 形 、 矩 形 性 质 ， 全 等
【解析】
(1) 答 ： 依据 1：两 条 直 线 被 一 组 平 行 线 所 截 ，所 得 的 对 应 线 段 成 比 例（ 或 平 行 线 分 线 段 成比例） .
依据 2： 等 腰 三 角 形 顶 角 的 平 分 线 ， 底 边 上 的 中 线 及 底 边 上 的 高 互 相 重 合 （ 或 等 腰 三 角
形的“三线合一 ”） .
答：点 A 在 线 段 GF 的垂直平分线上 . (2) 证明 ：过点 G 作 GH ^ BC 于点 H，
Q四 边形 ABCD 是 矩 形 ， 点 E 在 AB 的 延 长 线 上 ，
\ÐCBE = ÐABC = ÐGHC = 90°. \Ð1+Ð2=90°.
Q四边形 CEFG 为 正 方 形 ，
\CG = CE, ÐGCE = 90°.Ð1+ Ð3 = 90°. \Ð2=Ð3.
\△GHC ≌ △CBE. \ HC = BE.
四边形 ABCD 是 矩 形 ， \ AD = BC.
AD = 2 AB, BE = AB, \ BC = 2BE = 2HC. \ HC = BH.
\GH 垂直平分 BC.\点 G 在 BC 的 垂 直 平 分 线 上
（ 3）答：点 F 在 BC 边的垂直平分线上 （ 或点 F 在 AD 边 的 垂 直 平 分 线 上 ） .
证 法 一 ： 过点 F 作 FM ^ BC 于点 M，过点 E 作 EN ^ FM 于点 N.
\ÐBMN = ÐENM = ÐENF = 90°.
Q四边形 ABCD 是 矩 形 ， 点 E 在 AB 的延长线 上，
\ ÐCBE = ÐABC = 90°.\四边形 BENM 为矩形 .
\ BM = EN , ÐBEN = 90°. \Ð1+ Ð2 = 90°.
Q四边形 CEFG 为 正 方 形 ，
\ EF = EC, ÐCEF = 90°. \Ð2 + Ð3 = 90°.
\Ð1=Ð3. QÐCBE = ÐENF = 90°,
\△ENF≌△EBC.
\ NE = BE. \ BM = BE.
Q四边形 ABCD 是 矩 形 ， \ AD = BC.
AD = 2 AB, AB = BE. \ BC = 2BM . \ BM = MC.
\FM 垂直平分 BC， \点 F 在 BC 边 的 垂 直 平 分 线 上 .
证 法 二 ： 过 F 作 FN ^ BE 交 BE 的 延 长 线 于 点 N，连接 FB， FC.
Q四边形 ABCD 是矩形，点 E 在 AB 的延长线上，
\∠ CBE=∠ ABC=∠ N=90°. \∠ 1+∠ 3=90°.
Q四边形 CEFG 为正方形， \EC=EF，∠ CEF=90°.
\∠ 1+∠ 2=90°. \∠ 2=∠ 3.
\△ ENF @ △ CBE.
\NF=BE,NE=BC.
Q四边形 ABCD 是矩形， \AD=BC.
QAD=2AB， BE=AB. \设 BE=a，则 BC=EN=2a,NF=a.
\BF=CF. \点 F 在 BC 边 的 垂 直 平 分 线 上 .
20. （2018·四川自贡·14分）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3过A（1，0）、B（﹣3，0），直线AD交抛物线于点D，点D的横坐标为﹣2，点P（m，n）是线段AD上的动点．
（1）求直线AD及抛物线的解析式；
（2）过点P的直线垂直于x轴，交抛物线于点Q，求线段PQ的长度l与m的关系式，m为何值时，PQ最长？
（3）在平面内是否存在整点（横、纵坐标都为整数）R，使得P、Q、D、R为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点R的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）根据待定系数法，可得抛物线的解析式；根据自变量与函数值的对应关系，可得D点坐标，再根据待定系数法，可得直线的解析式；
（2）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
（3）根据PQ的长是正整数，可得PQ，根据平行四边形的性质，对边平行且相等，可得DR的长，根据点的坐标表示方法，可得答案．
【解答】解：（1）把（1，0），（﹣3，0）代入函数解析式，得
，
解得，
抛物线的解析式为y=x2+2x﹣3；
当x=﹣2时，y=（﹣2）2+2×（﹣2）﹣3，解得y=﹣3，
即D（﹣2，﹣3）．
设AD的解析式为y=kx+b，将A（1，0），D（﹣2，﹣3）代入，得
，
解得，
直线AD的解析式为y=x﹣1；
（2）设P点坐标为（m，m﹣1），Q（m，m2+2m﹣3），
l=（m﹣1）﹣（m2+2m﹣3）
化简，得
l=﹣m2﹣m+2
配方，得
l=﹣（m+）2+，
当m=﹣时，l最大=；
（3）DR∥PQ且DR=PQ时，PQDR是平行四边形，
由（2）得0＜PQ≤，
又PQ是正整数，
∴PQ=1，或PQ=2．
当PQ=1时，DR=1，﹣3+1=﹣2，即R（﹣2，﹣2），
﹣3﹣1=﹣4，即R（﹣2，﹣4）；
当PQ=2时，DR=2，﹣3+2=﹣1，即R（﹣2，﹣1），
﹣3﹣2=﹣5，即R（﹣2，﹣5），
综上所述：R点的坐标为（﹣2，﹣2），（﹣2，﹣4），（﹣2，﹣1）（﹣2，﹣5），使得P、Q、D、R为顶点的四边形是平行四边形．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用二次函数的性质；解（3）的关键是利用DR=PQ且是正整数得出DR的长．
备战中考初中数学导练学案50讲
第38讲 开放性问题
【疑难点拨】
1.开放性问题的基本方法：(1)条件开放型问题：从结论出发，执果索因，逆向推理，逐步探求结论成立的条件或把可能产生结论的条件一一列出，逐个分析；
(2)结论开放型问题：从剖析题意入手，充分捕捉题设信息，通过由因导果，顺向推理或联想类比、猜测等，从而获得所求的结论；
(3)条件和结论都开放型：此类问题没有明确的条件和结论，并且符合条件的结论具有多样性，需将已知的信息集中进行分析，探索问题成立所必须具备的条件或特定的条件应该有什么结论，通过这一思维活动得出事物内在联系，从而把握事物的整体性和一般性.
2. 解题策略与解法精讲
解开放性的题目时，要先进行观察、试验、类比、归纳、猜测出结论或条件，然后严格证明；同时，通常要结合以下数学思想方法：分类讨论，数形结合，分析综合，归纳猜想，构建数学模型等。
3.肯定型存在性问题：解决“肯定型存在性问题”的基本步骤：
①画图分析．研究确定图形，先画图解决其中一种情形．
②分类讨论.先验证①的结果是否合理，再找其他分类，类比第一种情形求解．
③验证取舍.结合点的运动范围，画图或推理，对结果取舍．
4. 讨论型存在性问题
将问题看成求解题，进而从有解或无解的条件，来判明数学对象是否存在，这是解决讨论型存在性问题的主要方法.另外，先猜出对象可能存在或不存在，从而将讨论型存在性问题转化为肯定型或否定型处理，是解决讨论型存在性问题的又一重要方法.
【基础篇】
一、选择题：
1. 如图，已知AB=AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADC的是( )
(A)CB=CD (B)∠BAC=∠DAC
(C)∠BCA=∠DCA (D)∠B=∠D=90°
2. （2018•四川凉州•3分）如图将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使C落在C′处，BC′交AD于点E，则下到结论不一定成立的是（ ）
A．AD=BC′ B．∠EBD=∠EDB C．△ABE∽△CBD D．sin∠ABE=
3. 四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四个条件：
①AD∥BC；②AD＝BC；③OA＝OC；④OB＝OD从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有( )
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
4. 如图，在方格纸中，线段a，b，c，d的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，则能组成三角形的不同平移方法有( )
A．3种 B．6种 C．8种 D．12种
5. （2017呼和浩特）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，E，F为BD所在直线上的两点，若AE=，∠EAF=135°，则下列结论正确的是（ ）
A．DE=1 B．tan∠AFO= C．AF= D．四边形AFCE的面积为
二、填空题：
6. （2016·山东省济宁市·3分）如图，△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，请你添加一个适当的条件： ，使△AEH≌△CEB．
7. （2015•广东梅州,第12题，3分）已知：△ABC中，点E是AB边的中点，点F在AC边上，若以A，E， F为顶点的三角形与△ABC相似，则需要增加的一个条件是 ．（写出一个即可）
8. （2018·广东广州·3分）如图9，CE是平行四边形ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E，连接AC，BE，DO，DO与AC交于点F，则下列结论：
①四边形ACBE是菱形；②∠ACD=∠BAE
③AF：BE=2：3 ④
其中正确的结论有________。（填写所有正确结论的序号）
三、解答与计算题：
9. （2017湖南岳阳）求证：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
小红同学根据题意画出了图形，并写出了已知和求证的一部分，请你补全已知和求证，并写出证明过程．
已知：如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O， ．
求证： ．
10. 在数学课上，林老师在黑板上画出如图2－1－1所示的图形(其中点B，F，C，E在同一条直线上)，并
写出四个条件：①AB＝DE； ②BF＝EC；③∠B＝∠E；④∠1＝∠2.
请你从这四个条件中选出三个作为题设，另一个作为结论，组成一个真命题，并给予证明．
题设：__________，
结论：_____(均填写序号)．
【能力篇】
一、选择题：
11. 如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：
①BE=2AE；②△DFP∽△BPH；③△PFD∽△PDB；④DP2=PHPC
其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④
12. (2018·三明中考)如图，在正方形纸片ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，沿过点B的直线折叠，使点C落在EF上，落点为N，折痕交CD边于点M，BM与EF交于点P，再展开.则下列结论中：①CM＝DM；②∠ABN＝30°；③AB2＝3CM2；④△PMN是等边三角形.正确的有( )
(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个
13. 勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理，但远在毕达哥拉斯出生之前，这一定理早已被人们所利用，世界上各个文明古国都对勾股定理的发现和研究作出过贡献（希腊、中国、埃及、巴比伦、印度等），特别是定理的证明，据说有400余种方法．其中在《几何原本》中有一种证明勾股定理的方法：如图所示，作CC⊥FH，垂足为G，交AB于点P，延长FA交DE于点S，然后将正方形ACED、正方形BCNM作等面积变形，得S正方形ACED=S▱ACQS，S正方形BCNM=S▱BCQT，这样就可以完成勾股定理的证明．对于该证明过程，下列结论错误的是（ ）
A．△ADS≌△ACB B．S▱ACQS=S矩形APGF C．S▱CBTQ=S矩形PBHG D．SE=BC
二、填空题：
14. （2018·四川宜宾·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是 （写出所有正确结论的序号）
①当E为线段AB中点时，AF∥CE；
②当E为线段AB中点时，AF=；
③当A、F、C三点共线时，AE=；
④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．
15. 如图，AB是半径为2的⊙O的弦，将沿着弦AB折叠，正好经过圆心O，点C是折叠后的上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接AC，AD，EO．则下列结论：①∠ACB=120°，②△ACD是等边三角形，③EO的最小值为1，其中正确的是 ．（请将正确答案的序号填在横线上）
三、解答与计算题：
16. (1)如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连结EF，AG.求证：EF＝FG.
(2)如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°，若BM＝1，CN＝3，求MN的长．
17. 如图=，四边形ABCD是平行四边形，AD＝AC，AD⊥AC，E是AB的中点，F是AC延长线上一点．
(1)若ED⊥EF，求证：ED＝EF；
(2)在(1)的条件下，若DC的延长线与FB交于点P，试判断四边形ACPE是否为平行四边形？并证明你的结论(请先补全图形，再解答)；
(3)若ED＝EF，ED与EF垂直吗？若垂
直给出证明，若不垂直说明理由．
18. 已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
【探究篇】
19. （2018•山西•12分）(本题 12 分 )综 合 与 实 践
问 题 情 境 ： 在 数 学 活 动 课 上 ， 老 师 出 示 了 这 样 一 个 问 题 ： 如 图 1， 在 矩 形 ABCD 中， AD=2AB， E 是 AB 延 长 线 上 一 点 ，且 BE=AB，连 接 DE，交 BC 于点 M，以 DE 为 一 边 在 DE 的 左 下 方 作 正 方 形 DEFG， 连接 AM． 试 判 断 线 段 AM 与 DE 的 位 置 关 系 ．
探 究 展 示 ： 勤 奋 小 组 发 现 ， AM 垂直平分 DE，并展示了如下的 证 明方法：
证明： Q B E = A B, \ AE = 2 AB
AD = 2 AB, \ AD = AE
四边形 ABCD 是 矩 形 ， \ AD / / BC.
\（ 依 据 １ ）
BE = AB , \ \ EM = DM .
即 AM 是△ ADE 的 DE 边上的中线，
又 Q AD = AE, \ AM ^ DE. （依据 2）
\AM 垂直平分 DE．
反 思 交 流 ：
(1) 上 述 证 明 过 程 中 的 “ 依 据 1”“ 依 据 2”分别是指什么？
试 判 断 图 １ 中 的 点 A 是否在线段 GF 的 垂 直 平 分 上 ， 请 直 接 回 答 ， 不 必 证 明 ；
(2)创 新 小 组 受 到 勤 奋 小 组 的 启 发 ， 继 续 进 行 探 究 ， 如 图 2， 连 接 CE，以 CE 为 一 边 在 CE 的左下 方作正方形 CEFG， 发 现 点 G 在线段 BC 的 垂 直 平 分 线 上 ， 请 你 给 出 证 明 ；
探 索 发 现 ：
(3)如图 3，连接 CE，以 CE 为一边在 CE 的右上方作正方形 CEFG，可以发现点 C，点 B 都在线段 AE 的垂直平分线上， 除此之外，请观察 矩 形 ABCD 和正方形 CEFG 的顶点与边，你还能 发现哪个 顶点在哪条边的垂 直 平分线上，请写出 一 个你发现的结论， 并 加以证明 .
20. （2018·四川自贡·14分）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3过A（1，0）、B（﹣3，0），直线AD交抛物线于点D，点D的横坐标为﹣2，点P（m，n）是线段AD上的动点．
（1）求直线AD及抛物线的解析式；
（2）过点P的直线垂直于x轴，交抛物线于点Q，求线段PQ的长度l与m的关系式，m为何值时，PQ最长？
（3）在平面内是否存在整点（横、纵坐标都为整数）R，使得P、Q、D、R为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点R的坐标；若不存在，说明理由．
第38讲 开放性问题
【疑难点拨】
1.开放性问题的基本方法：(1)条件开放型问题：从结论出发，执果索因，逆向推理，逐步探求结论成立的条件或把可能产生结论的条件一一列出，逐个分析；
(2)结论开放型问题：从剖析题意入手，充分捕捉题设信息，通过由因导果，顺向推理或联想类比、猜测等，从而获得所求的结论；
(3)条件和结论都开放型：此类问题没有明确的条件和结论，并且符合条件的结论具有多样性，需将已知的信息集中进行分析，探索问题成立所必须具备的条件或特定的条件应该有什么结论，通过这一思维活动得出事物内在联系，从而把握事物的整体性和一般性.
2. 解题策略与解法精讲
解开放性的题目时，要先进行观察、试验、类比、归纳、猜测出结论或条件，然后严格证明；同时，通常要结合以下数学思想方法：分类讨论，数形结合，分析综合，归纳猜想，构建数学模型等。
3.肯定型存在性问题：解决“肯定型存在性问题”的基本步骤：
①画图分析．研究确定图形，先画图解决其中一种情形．
②分类讨论.先验证①的结果是否合理，再找其他分类，类比第一种情形求解．
③验证取舍.结合点的运动范围，画图或推理，对结果取舍．
4. 讨论型存在性问题
将问题看成求解题，进而从有解或无解的条件，来判明数学对象是否存在，这是解决讨论型存在性问题的主要方法.另外，先猜出对象可能存在或不存在，从而将讨论型存在性问题转化为肯定型或否定型处理，是解决讨论型存在性问题的又一重要方法.
【基础篇】
一、选择题：
1. 如图，已知AB=AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADC的是( )
(A)CB=CD (B)∠BAC=∠DAC (C)∠BCA=∠DCA (D)∠B=∠D=90°
【解析】选C.已知两边及其一边对角相等，不能判定两个三角形全等.
2. （2018•四川凉州•3分）如图将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使C落在C′处，BC′交AD于点E，则下到结论不一定成立的是（ ）
A．AD=BC′ B．∠EBD=∠EDB C．△ABE∽△CBD D．sin∠ABE=
【分析】主要根据折叠前后角和边相等找到相等的边之间的关系，即可选出正确答案．
【解答】解：A、BC=BC′，AD=BC，∴AD=BC′，所以正确．
B、∠CBD=∠EDB，∠CBD=∠EBD，∴∠EBD=∠EDB正确．
D、∵sin∠ABE=，
∴∠EBD=∠EDB
∴BE=DE
∴sin∠ABE=．
故选：C．
【点评】本题主要用排除法，证明A，B，D都正确，所以不正确的就是C，排除法也是数学中一种常用的解题方法．
3. 四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四个条件：
①AD∥BC；②AD＝BC；③OA＝OC；④OB＝OD从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有( )
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【解析】：①②组合可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形．③④组合可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形．
①③可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD=CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，判定出四边形ABCD为平行四边形．
①④可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD=CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，判定出四边形ABCD为平行四边形．
故选：B．
4. 如图，在方格纸中，线段a，b，c，d的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，则能组成三角形的不同平移方法有( )
A．3种 B．6种 C．8种 D．12种
解：由网格可知：a=，b=d=，c=2，
则能组成三角形的只有：a，b，d
可以分别通过平移ab，ad，bd得到三角形，平移其中两条线段方法有两种，
即能组成三角形的不同平移方法有6种．
故选：B．
5. （2017呼和浩特）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，E，F为BD所在直线上的两点，若AE=，∠EAF=135°，则下列结论正确的是（ ）
A．DE=1 B．tan∠AFO=
C．AF= D．四边形AFCE的面积为
【考点】LE：正方形的性质；T7：解直角三角形．
【分析】根据正方形的性质求出AO的长，用勾股定理求出EO的长，然后由∠MAN=135°及∠BAD=90°可以得到相似三角形，根据相似三角形的性质求出BF的长，再一一计算即可判断．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=CD=AD=1，AC⊥BD，∠ADO=∠ABO=45°，
∴OD=OB=OA=，∠ABF=∠ADE=135°，
在Rt△AEO中，EO===，
∴DE=，故A错误．
∵∠EAF=135°，∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠DAE=45°，
∵∠ADO=∠DAE+∠AED=45°，
∴∠BAF=∠AED，
∴△ABF∽△EDA，
∴=，
∴=，
∴BF=，
在Rt△AOF中，AF===，故C正确，
tan∠AFO===，故B错误，
∴S四边形AECF=•AC•EF=××=，故D错误，
故选C．
二、填空题：
6. （2016·山东省济宁市·3分）如图，△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，请你添加一个适当的条件： ，使△AEH≌△CEB．
【考点】全等三角形的判定．
【分析】开放型题型，根据垂直关系，可以判断△AEH与△CEB有两对对应角相等，就只需要找它们的一对对应边相等就可以了．
【解答】解：∵AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，
∴∠BEC=∠AEC=90°，
在Rt△AEH中，∠EAH=90°﹣∠AHE，
又∵∠EAH=∠BAD，
∴∠BAD=90°﹣∠AHE，
在Rt△AEH和Rt△CDH中，∠CHD=∠AHE，
∴∠EAH=∠DCH，
∴∠EAH=90°﹣∠CHD=∠BCE，
所以根据AAS添加AH=CB或EH=EB；
根据ASA添加AE=CE．
可证△AEH≌△CEB．
故填空答案：AH=CB或EH=EB或AE=CE．
7. （2015•广东梅州,第12题，3分）已知：△ABC中，点E是AB边的中点，点F在AC边上，若以A，E， F为顶点的三角形与△ABC相似，则需要增加的一个条件是 ．（写出一个即可）
考点：相似三角形的判定．.
专题：开放型．
分析：根据相似三角形对应边成比例或相似三角形的对应角相等进行解答；由于没有确定三角形相似的对应角，故应分类讨论．
解答：解：分两种情况：
①∵△AEF∽△ABC，
∴AE：AB=AF：AC，
即1：2=AF：AC，
∴AF=AC；
②∵△AFE∽△ACB，
∴∠AFE=∠ABC．
∴要使以A、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，则AF=AC或∠AFE=∠ABC．
故答案为：AF=AC或∠AFE=∠ABC．
点评：本题很简单，考查了相似三角形的性质，在解答此类题目时要找出对应的角和边．
8. （2018·广东广州·3分）如图9，CE是平行四边形ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E，连接AC，BE，DO，DO与AC交于点F，则下列结论：
①四边形ACBE是菱形；②∠ACD=∠BAE
③AF：BE=2：3 ④
其中正确的结论有________。（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【考点】三角形的面积，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：①∵CE是平行四边形ABCD的边AB的垂直平分线，∴AO=BO,∠AOE=∠BOC=90°,BC∥AE，AE=BE，CA=CB，
∴∠OAE=∠OBC，
∴△AOE≌△BOC（ASA），
∴AE=BC，
∴AE=BE=CA=CB，
∴四边形ACBE是菱形，
故①正确.
②由①四边形ACBE是菱形，
∴AB平分∠CAE，
∴∠CAO=∠BAE，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA∥CD，
∴∠CAO=∠ACD，
∴∠ACD=∠BAE.
故②正确.
③∵CE垂直平分线AB，
∴O为AB中点，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA∥CD，AO= AB= CD，
∴△AFO∽△CFD，
∴ = ，
∴AF:AC=1:3,
∵AC=BE，
∴AF:BE=1:3,
故③错误.
④∵ ·CD·OC,
由③知AF:AC=1:3,
∴ ,
∵ = × CD·OC= ,
∴ = + = = ,
∴
故④正确.
故答案为：①②④.
【分析】①根据平行四边形和垂直平分线的性质得AO=BO,∠AOE=∠BOC=90°,BC∥AE，AE=BE，CA=CB，根据ASA得△AOE≌△BOC，由全等三角形性质得AE=CB，根据四边相等的四边形是菱形得出①正确.
②由菱形性质得∠CAO=∠BAE，根据平行四边形的性质得BA∥CD，再由平行线的性质得∠CAO=∠ACD，等量代换得∠ACD=∠BAE；故②正确.
③根据平行四边形和垂直平分线的性质得BA∥CD，AO= AB= CD，从而得△AFO∽△CFD，由相似三角形性质得 = ，从而得出AF:AC=1:3,即AF:BE=1:3,故③错误.
④由三角形面积公式得 ·CD·OC,从③知AF:AC=1:3,所以= + = = ,从而得出 故④正确.
三、解答与计算题：
9. （2017湖南岳阳）求证：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
小红同学根据题意画出了图形，并写出了已知和求证的一部分，请你补全已知和求证，并写出证明过程．
已知：如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O， ．
求证： ．
【分析】由命题的题设和结论可填出答案，由平行四边形的性质可证得AC为线段BD的垂直平分线，可求得AB=AD，可得四边形ABCD是菱形．
【解答】已知：如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，
求证：四边形ABCD是菱形．
证明：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BO=DO，
∵AC⊥BD，
∴AC垂直平分BD，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形．
故答案为：AC⊥BD；四边形ABCD是菱形．
【点评】本题主要考查菱形的判定及平行四边形的性质，利用平行四边形的性质证得AB=AD是解题的关键．
10. 在数学课上，林老师在黑板上画
出如图2－1－1所示的图形(其中点
B，F，C，E在同一条直线上)，并
写出四个条件：①AB＝DE；
②BF＝EC；③∠B＝∠E；④∠1＝∠2.
请你从这四个条件中选出三个作为题设，另一个作为结论，组成一个真命题，并给予证明．
题设：__________，
结论：_____(均填写序号)．
解： 证明：∵BF＝EC，∴BF＋CF＝EC＋CF，即BC＝EF.
在△ABC和△DEF中，
∴△ABC≌△DEF(SAS)，∴∠1＝∠2；
情况二：题设：①③④；结论：②.
证明：在△ABC和△DEF中，
∴△ABC≌△DEF(AAS)，∴BC＝EF，
∴BC－FC＝EF－FC，即BF＝EC；
情况三：题设：②③④；结论：①.
证明：∵BF＝EC，∴BF＋CF＝EC＋CF，即BC＝EF.
在△ABC和△DEF中，
∴△ABC≌△DEF(ASA)，∴AB＝DE.
【能力篇】
一、选择题：
11. 如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：
①BE=2AE；②△DFP∽△BPH；③△PFD∽△PDB；④DP2=PHPC
其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④
【分析】由正方形的性质和相似三角形的判定与性质，即可得出结论．
【解答】解：∵△BPC是等边三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠ABE=∠DCF=30°，
∴BE=2AE；故①正确；
∵PC=CD，∠PCD=30°，
∴∠PDC=75°，
∴∠FDP=15°，
∵∠DBA=45°，
∴∠PBD=15°，
∴∠FDP=∠PBD，
∵∠DFP=∠BPC=60°，
∴△DFP∽△BPH；故②正确；
∵∠FDP=∠PBD=15°，∠ADB=45°，
∴∠PDB=30°，而∠DFP=60°，
∴∠PFD≠∠PDB，
∴△PFD与△PDB不会相似；故③错误；
∵∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC，
∴△DPH∽△CPD，
∴，
∴DP2=PHPC，故④正确；
故选C．
【点评】本题考查的正方形的性质，等边三角形的性质以及相似三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握性质和定理．
12. (2018·三明中考)如图，在正方形纸片ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，沿过点B的直线折叠，使点C落在EF上，落点为N，折痕交CD边于点M，BM与EF交于点P，再展开.则下列结论中：①CM＝DM；②∠ABN＝30°；③AB2＝3CM2；④△PMN是等边三角形.正确的有( )
(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个
【解析】选C.连接CN，如图，
正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，
∵E，F分别是AD，BC的中点，
∴AE＝BF，∴四边形ABFE是矩形，
∴EF⊥BC，∴EF是BC的垂直平分线，∴NB＝NC，
由于折叠可得△BCM≌△BNM，
∴BN＝BC，∠NBM＝∠CBM，
∴NB＝NC＝BC，∴△BCN是等边三角形，
∴∠NBC＝60°，∴∠NBM＝∠CBM＝30°，∠ABN＝30°(即②正确).
在Rt△BCM中，tan∠CBM＝tan 30°＝
∴BC＝CM，∴AB2＝BC2＝3CM2(即③正确)，
∴CM＝BC ≠BC即CM≠DM(即①不正确).
∵∠NBM＝30°，∠BNM＝90°，
∴∠BMN＝∠BMC＝60°.
∵EF∥CD，
∴∠EPM＝60°，∴∠PNM＝180°―60°―60°＝60°，
∴△PMN是等边三角形(即④正确).
13. 勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理，但远在毕达哥拉斯出生之前，这一定理早已被人们所利用，世界上各个文明古国都对勾股定理的发现和研究作出过贡献（希腊、中国、埃及、巴比伦、印度等），特别是定理的证明，据说有400余种方法．其中在《几何原本》中有一种证明勾股定理的方法：如图所示，作CC⊥FH，垂足为G，交AB于点P，延长FA交DE于点S，然后将正方形ACED、正方形BCNM作等面积变形，得S正方形ACED=S▱ACQS，S正方形BCNM=S▱BCQT，这样就可以完成勾股定理的证明．对于该证明过程，下列结论错误的是（ ）
A．△ADS≌△ACB B．S▱ACQS=S矩形APGF
C．S▱CBTQ=S矩形PBHG D．SE=BC
【解答】解：A、∵四边形ADEC是正方形，
∴AD=AC，∠DAS+∠SAC=∠SAC+∠CAB=90°，
∴∠DAS=∠BAC，
∵∠D=∠ACB=90°，
∴△ADS≌△ACB；
故A正确；
B、∵△ADS≌△ACB，
∴AS=AB=AF，
∵FS∥GQ，
∴S▱ACQS=S矩形APGF，
故B正确；
C、同理可得：S▱CBTQ=S矩形PBHG；
故C正确；
D、∵△ADS≌△ACB，
∴DS=BC，
S不一定是DE的中点，所以SE与BC不一定相等，
故D错误，
本题选择结论错误的，
故选：D．
二、填空题：
14. （2018·四川宜宾·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是 （写出所有正确结论的序号）
①当E为线段AB中点时，AF∥CE；
②当E为线段AB中点时，AF=；
③当A、F、C三点共线时，AE=；
④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KB：全等三角形的判定；LB：矩形的性质．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KB：全等三角形的判定；LB：矩形的性质．菁优网版权所有
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题；
【解答】解：如图1中，当AE=EB时，
∵AE=EB=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∵∠CEF=∠CEB，∠BEF=∠EAF+∠EFA，
∴∠BEC=∠EAF，
∴AF∥EC，故①正确，
作EM⊥AF，则AM=FM，
在Rt△ECB中，EC==，
∵∠AME=∠B=90°，∠EAM=∠CEB，
∴△CEB∽△EAM，
∴=，
∴=，
∴AM=，
∴AF=2AM=，故②正确，
如图2中，当A、F、C共线时，设AE=x．
则EB=EF=3﹣x，AF=﹣2，
在Rt△AEF中，∵AE2=AF2+EF2，
∴x2=（﹣2）2+（3﹣x）2，
∴x=，
∴AE=，故③正确，
如果，△CEF≌△AEF，则∠EAF=∠ECF=∠ECB=30°，显然不符合题意，故④错误，
故答案为①②③．
【点评】本题考查翻折变换、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
15. 如图，AB是半径为2的⊙O的弦，将沿着弦AB折叠，正好经过圆心O，点C是折叠后的上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接AC，AD，EO．则下列结论：①∠ACB=120°，②△ACD是等边三角形，③EO的最小值为1，其中正确的是 ．（请将正确答案的序号填在横线上）
【解答】解：如图1，连接OA和OB，作OF⊥AB．
由题知：沿着弦AB折叠，正好经过圆心O
∴OF=OA=OB
∴∠AOF=∠BOF=60°
∴∠AOB=120°
∴∠ACB=120°（同弧所对圆周角相等）
∠D=∠AOB=60°（同弧所对的圆周角是圆心角的一半）
∴∠ACD=180°﹣∠ACB=60°
∴△ACD是等边三角形（有两个角是60°的三角形是等边三角形）
故，①②正确
下面研究问题EO的最小值是否是1
如图2，连接AE和EF
∵△ACD是等边三角形，E是CD中点
∴AE⊥BD（三线合一）
又∵OF⊥AB
∴F是AB中点
即，EF是△ABE斜边中线
∴AF=EF=BF
即，E点在以AB为直径的圆上运动．
所以，如图3，当E、O、F在同一直线时，OE长度最小
此时，AE=EF，AE⊥EF
∵⊙O的半径是2，即OA=2，OF=1
∴AF=（勾股定理）
∴OE=EF﹣OF=AF﹣OF=﹣1
所以，③不正确
综上所述：①②正确，③不正确．
故答案为①②．
三、解答与计算题：
16. (1)如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连结EF，AG.求证：EF＝FG.
(2)如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°，若BM＝1，CN＝3，求MN的长．
(1)证明：∠ABE＝∠ADG，AD＝AB，
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∴∠EAG＝90°，
在△FAE和△FAG中，
∴△FAE≌△FAG(SAS)，∴EF＝FG；
(2)如图2，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM，连结AE、EN，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵CE⊥BC，∴∠ACE＝∠B＝45°，
在△ABM和△ACE中，∴△ABM≌△ACE(SAS)．
∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE.∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠CAN＝45°.
于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°.
在△MAN和△EAN中，∴△MAN≌△EAN(SAS)．
∴MN＝EN.在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2.
∴MN2＝BM2＋NC2.∵BM＝1，CN＝3，
∴MN2＝12＋32，∴MN＝.
17. 如图=，四边形ABCD是平行四边形，AD＝AC，AD⊥AC，E是AB的中点，F是AC延长线上一点．
(1)若ED⊥EF，求证：ED＝EF；
(2)在(1)的条件下，若DC的延长线与FB交于点P，试判断四边形ACPE是否为平行四边形？并证明你的结论(请先补全图形，再解答)；
(3)若ED＝EF，ED与EF垂直吗？若垂
直给出证明，若不垂直说明理由．
解： (1)证明：在▱ABCD中，∵AD＝AC，AD⊥AC，
∴AC＝BC，AC⊥BC，
如答图，连结CE，∵E为AB中点，∴AE＝EC，
∴∠ACE＝∠BCE＝45°，∴∠DAE＝∠ECF＝135°，
又∵∠AED＋∠CED＝∠CEF＋∠CED＝90°，
∴∠AED＝∠CEF，∴△AED≌△CEF，∴ED＝EF；
(2)补全图形如答图所示．
∵△AED≌△CEF，
∴AD＝CF，∴AC＝CF，又∵CP∥AE，
∴CP为△FAB的中位线，
∴CP＝AE，CP∥AE，
∴四边形ACPE是平行四边形；
(3)垂直．理由：如答图，过点E作EH⊥AF于H，作EG⊥DA交DA延长线于点G，
∵AE＝EC，∠EAG＝∠HCE＝45°，
∴△AGE≌△CHE，∴EG＝EH，
又∵ED＝EF，∴Rt△DEG≌Rt△FEH，
∴∠ADE＝∠CFE，∴∠DEA＝∠FEC，
∴∠FEC＋∠DEC＝∠DEA＋∠DEC＝90°，
∴∠DEF＝90°，∴ED⊥EF.
18. 已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和EF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
分析： （1）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠DAF=∠CDE，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
（2）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠E=∠F，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
（3）首先设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，由点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，即可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后由AF=DE，可证得四边形MNPQ是菱形，又由AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
解答： 解：（1）上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
DF=CE
∠ADC=∠BCD=90°
AD=CD
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（2）上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
DF=CE
∠ADC=∠BCD=90°
AD=CD
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠E=∠F，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．
理由为：如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，
∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，
∴四边形OHQG是平行四边形，
∵AF=DE，
∴MQ=PQ=PN=MN，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AF⊥DE，
∴∠AOD=90°，
∴∠HQG=∠AOD=90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
点评： 此题属于四边形的综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角形中位线的性质．注意证得△ADF≌△DCE（SAS），掌握三角形中位线的性质是关键．
【探究篇】
19. （2018•山西•12分）(本题 12 分 )综 合 与 实 践
问 题 情 境 ： 在 数 学 活 动 课 上 ， 老 师 出 示 了 这 样 一 个 问 题 ： 如 图 1， 在 矩 形 ABCD 中， AD=2AB， E 是 AB 延 长 线 上 一 点 ，且 BE=AB，连 接 DE，交 BC 于点 M，以 DE 为 一 边 在 DE 的 左 下 方 作 正 方 形 DEFG， 连接 AM． 试 判 断 线 段 AM 与 DE 的 位 置 关 系 ．
探 究 展 示 ： 勤 奋 小 组 发 现 ， AM 垂直平分 DE，并展示了如下的 证 明方法：
证明： Q B E = A B, \ AE = 2 AB
AD = 2 AB, \ AD = AE
四边形 ABCD 是 矩 形 ， \ AD / / BC.
\（ 依 据 １ ）
BE = AB , \ \ EM = DM .
即 AM 是△ ADE 的 DE 边上的中线，
又 Q AD = AE, \ AM ^ DE. （依据 2）
\AM 垂直平分 DE．
反 思 交 流 ：
(1) 上 述 证 明 过 程 中 的 “ 依 据 1”“ 依 据 2”分别是指什么？
试 判 断 图 １ 中 的 点 A 是否在线段 GF 的 垂 直 平 分 上 ， 请 直 接 回 答 ， 不 必 证 明 ；
(2)创 新 小 组 受 到 勤 奋 小 组 的 启 发 ， 继 续 进 行 探 究 ， 如 图 2， 连 接 CE，以 CE 为 一 边 在 CE 的左下 方作正方形 CEFG， 发 现 点 G 在线段 BC 的 垂 直 平 分 线 上 ， 请 你 给 出 证 明 ；
探 索 发 现 ：
(3)如图 3，连接 CE，以 CE 为一边在 CE 的右上方作正方形 CEFG，可以发现点 C，点 B 都在线段 AE 的垂直平分线上， 除此之外，请观察 矩 形 ABCD 和正方形 CEFG 的顶点与边，你还能 发现哪个 顶点在哪条边的垂 直 平分线上，请写出 一 个你发现的结论， 并 加以证明 .
【考点】 平 行 线 分 线 段 成 比 例 ， 三 线 合 一 ， 正 方 形 、 矩 形 性 质 ， 全 等
【解析】
(1) 答 ： 依据 1：两 条 直 线 被 一 组 平 行 线 所 截 ，所 得 的 对 应 线 段 成 比 例（ 或 平 行 线 分 线 段 成比例） .
依据 2： 等 腰 三 角 形 顶 角 的 平 分 线 ， 底 边 上 的 中 线 及 底 边 上 的 高 互 相 重 合 （ 或 等 腰 三 角
形的“三线合一 ”） .
答：点 A 在 线 段 GF 的垂直平分线上 . (2) 证明 ：过点 G 作 GH ^ BC 于点 H，
Q四 边形 ABCD 是 矩 形 ， 点 E 在 AB 的 延 长 线 上 ，
\ÐCBE = ÐABC = ÐGHC = 90°. \Ð1+Ð2=90°.
Q四边形 CEFG 为 正 方 形 ，
\CG = CE, ÐGCE = 90°.Ð1+ Ð3 = 90°. \Ð2=Ð3.
\△GHC ≌ △CBE. \ HC = BE.
四边形 ABCD 是 矩 形 ， \ AD = BC.
AD = 2 AB, BE = AB, \ BC = 2BE = 2HC. \ HC = BH.
\GH 垂直平分 BC.\点 G 在 BC 的 垂 直 平 分 线 上
（ 3）答：点 F 在 BC 边的垂直平分线上 （ 或点 F 在 AD 边 的 垂 直 平 分 线 上 ） .
证 法 一 ： 过点 F 作 FM ^ BC 于点 M，过点 E 作 EN ^ FM 于点 N.
\ÐBMN = ÐENM = ÐENF = 90°.
Q四边形 ABCD 是 矩 形 ， 点 E 在 AB 的延长线 上，
\ ÐCBE = ÐABC = 90°.\四边形 BENM 为矩形 .
\ BM = EN , ÐBEN = 90°. \Ð1+ Ð2 = 90°.
Q四边形 CEFG 为 正 方 形 ，
\ EF = EC, ÐCEF = 90°. \Ð2 + Ð3 = 90°.
\Ð1=Ð3. QÐCBE = ÐENF = 90°,
\△ENF≌△EBC.
\ NE = BE. \ BM = BE.
Q四边形 ABCD 是 矩 形 ， \ AD = BC.
AD = 2 AB, AB = BE. \ BC = 2BM . \ BM = MC.
\FM 垂直平分 BC， \点 F 在 BC 边 的 垂 直 平 分 线 上 .
证 法 二 ： 过 F 作 FN ^ BE 交 BE 的 延 长 线 于 点 N，连接 FB， FC.
Q四边形 ABCD 是矩形，点 E 在 AB 的延长线上，
\∠ CBE=∠ ABC=∠ N=90°. \∠ 1+∠ 3=90°.
Q四边形 CEFG 为正方形， \EC=EF，∠ CEF=90°.
\∠ 1+∠ 2=90°. \∠ 2=∠ 3.
\△ ENF @ △ CBE.
\NF=BE,NE=BC.
Q四边形 ABCD 是矩形， \AD=BC.
QAD=2AB， BE=AB. \设 BE=a，则 BC=EN=2a,NF=a.
\BF=CF. \点 F 在 BC 边 的 垂 直 平 分 线 上 .
20. （2018·四川自贡·14分）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3过A（1，0）、B（﹣3，0），直线AD交抛物线于点D，点D的横坐标为﹣2，点P（m，n）是线段AD上的动点．
（1）求直线AD及抛物线的解析式；
（2）过点P的直线垂直于x轴，交抛物线于点Q，求线段PQ的长度l与m的关系式，m为何值时，PQ最长？
（3）在平面内是否存在整点（横、纵坐标都为整数）R，使得P、Q、D、R为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点R的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）根据待定系数法，可得抛物线的解析式；根据自变量与函数值的对应关系，可得D点坐标，再根据待定系数法，可得直线的解析式；
（2）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
（3）根据PQ的长是正整数，可得PQ，根据平行四边形的性质，对边平行且相等，可得DR的长，根据点的坐标表示方法，可得答案．
【解答】解：（1）把（1，0），（﹣3，0）代入函数解析式，得
，
解得，
抛物线的解析式为y=x2+2x﹣3；
当x=﹣2时，y=（﹣2）2+2×（﹣2）﹣3，解得y=﹣3，
即D（﹣2，﹣3）．
设AD的解析式为y=kx+b，将A（1，0），D（﹣2，﹣3）代入，得
，
解得，
直线AD的解析式为y=x﹣1；
（2）设P点坐标为（m，m﹣1），Q（m，m2+2m﹣3），
l=（m﹣1）﹣（m2+2m﹣3）
化简，得
l=﹣m2﹣m+2
配方，得
l=﹣（m+）2+，
当m=﹣时，l最大=；
（3）DR∥PQ且DR=PQ时，PQDR是平行四边形，
由（2）得0＜PQ≤，
又PQ是正整数，
∴PQ=1，或PQ=2．
当PQ=1时，DR=1，﹣3+1=﹣2，即R（﹣2，﹣2），
﹣3﹣1=﹣4，即R（﹣2，﹣4）；
当PQ=2时，DR=2，﹣3+2=﹣1，即R（﹣2，﹣1），
﹣3﹣2=﹣5，即R（﹣2，﹣5），
综上所述：R点的坐标为（﹣2，﹣2），（﹣2，﹣4），（﹣2，﹣1）（﹣2，﹣5），使得P、Q、D、R为顶点的四边形是平行四边形．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用二次函数的性质；解（3）的关键是利用DR=PQ且是正整数得出DR的长．
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