1. (2014•四川巴中，第28题10分)如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，连结BE，CF.
(1)请你添加一个条件，使得△BEH≌△CFH，你添加的条件是，并证明.
(2)在问题(1)中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由.
考点：矩形的判定.
分析：(1)根据全等三角形的判定方法，可得出当EH=FH，BE∥CF，∠EBH=∠FCH时，都可以证明△BEH≌△CFH，
(2)由(1)可得出四边形BFCE是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形为矩形可得出BH=EH时，四边形BFCE是矩形.
解答：(1)答：添加：EH=FH，证明：∵点H是BC的中点，∴BH=CH，
在△△BEH和△CFH中， ，∴△BEH≌△CFH(SAS);
(2)解：∵BH=CH，EH=FH，
∴四边形BFCE是平行四边形(对角线互相平分的四边形为平行四边形)，
∵当BH=EH时，则BC=EF，
2. (2014•山东威海，第24题11分)猜想与证明：
如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论.
拓展与延伸：
(1)若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为 DM=DE .
(2)如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明(1)中的结论仍然成立.
考点： 四边形综合题
分析： 猜想：延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明.
(1)延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
(2)连接AE，AE和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
解答： 猜想：DM=ME
证明：如图1，延长EM交AD于点H，
∵四边形ABCD和CEFG是矩形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∴△FME≌△AMH(ASA)
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME.
(1)如图1，延长EM交AD于点H，
∵四边形ABCD和CEFG是矩形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∴△FME≌△AMH(ASA)
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME，
故答案为：DM=ME.
(2)如图2，连接AE，
∵四边形ABCD和ECGF是正方形，
∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，
∴AE和EC在同一条直线上，
在RT△ADF中，AM=MF，
∴DM=AM=MF，
3. (2014•山东枣庄，第22题8分)如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知O是AC的中点，AE=CF，DF∥BE.
(1)求证：△BOE≌△DOF;
(2)若OD=AC，则四边形ABCD是什么特殊四边形?请证明你的结论.
考点： 全等三角形的判定与性质;平行四边形的判定与性质;矩形的判定
专题： 计算题.
分析： (1)由DF与BE平行，得到两对内错角相等，再由O为AC的中点，得到OA=OC，又AE=CF，得到OE=OF，利用AAS即可得证;
(2)若OD=AC，则四边形ABCD为矩形，理由为：由OD=AC，得到OB=AC，即OD=OA=OC=OB，利用对角线互相平分且相等的四边形为矩形即可得证.
解答： (1)证明：∵DF∥BE，
∴∠FDO=∠EBO，∠DFO=∠BEO，
∵O为AC的中点，即OA=OC，AE=CF，
∴OA﹣AE=OC﹣CF，即OE=OF，
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF(AAS);
(2)若OD=AC，则四边形ABCD是矩形，理由为：
证明：∵△BOE≌△DOF，
∴OB=OD，
4. (2014•山东烟台，第25题10分)在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动.
(1)如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由;
(2)如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，(1)中的结论还成立吗?(请你直接回答“是”或“否”，不需证明)
(3)如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，(1)中的结论还成立吗?请说明理由;
(4)如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图.若AD=2，试求出线段CP的最小值.
考点：全等三角形，正方形的性质，勾股定理，运动与变化的思想.
分析：(1)AE=DF，AE⊥DF.先证得△ADE≌△DCF.由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF;
(2)是.四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+
∠ADF=90°，所以AE⊥DF;
(3)成立.由(1)同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF;
(4)由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得
OC的长，再求CP即可.
解答：(1)AE=DF，AE⊥DF.理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°.∵DE=CF，∴△ADE≌△DCF.
∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°.∴AE⊥DF;
(2)是;
(3)成立.
理由：由(1)同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF
延长FD交AE于点G，
则∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠ADG+∠DAE=90°.
∴AE⊥DF;
(4)如图：
由于点P在运动中保持∠APD=90°，
∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，
5. (2014•浙江杭州，第23题，12分)复习课中，教师给出关于x的函数y=2kx2﹣(4kx+1)x﹣k+1(k是实数).
教师：请独立思考，并把探索发现的与该函数有关的结论(性质)写到黑板上.
学生思考后，黑板上出现了一些结论.教师作为活动一员，又补充一些结论，并从中选出以下四条：
①存在函数，其图象经过(1，0)点;
②函数图象与坐标轴总有三个不同的交点;
③当x>1时，不是y随x的增大而增大就是y随x的增大而减小;
④若函数有最大值，则最大值比为正数，若函数有最小值，则最小值比为负数.
教师：请你分别判断四条结论的真假，并给出理由.最后简单写出解决问题时所用的数学方法.
考点： 二次函数综合题
分析： ①将(1，0)点代入函数，解出k的值即可作出判断;
②首先考虑，函数为一次函数的情况，从而可判断为假;
③根据二次函数的增减性，即可作出判断;
④当k=0时，函数为一次函数，无最大之和最小值，当k≠0时，函数为抛物线，求出顶点的纵坐标表达式，即可作出判断.
解答： 解：①真，将(1，0)代入可得：2k﹣(4k+1)﹣k+1=0，
解得：k=0.
运用方程思想;
②假，反例：k=0时，只有两个交点.运用举反例的方法;
③假，如k=1，﹣ =，当x>1时，先减后增;运用举反例的方法;
④真，当k=0时，函数无最大、最小值;
k≠0时，y最= =﹣ ，
∴当k>0时，有最小值，最小值为负;
当k<0时，有最大值，最大值为正.运用分类讨论思想.
点评： 本题考查了二次函数的综合，立意新颖，结合考察了数学解题过程中经常用到的几种解题方法，同学们注意思考、理解，难度一般.
6. (2014•陕西,第26题12分)问题探究
(1)如图①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长;
(2)如图②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF=90°，求此时BQ的长;
问题解决
(3)有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB=60°?若存在，请求出符合条件的DM的长，若不存在，请说明理由.
考点： 圆的综合题;全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质;勾股定理;三角形中位线定理;矩形的性质;正方形的判定与性质;直线与圆的位置关系;特殊角的三角函数值
专题： 压轴题;存在型.
分析： (1)由于△PAD是等腰三角形，底边不定，需三种情况讨论，运用三角形全等、矩形的性质、勾股定理等知识即可解决问题.
(2)以EF为直径作⊙O，易证⊙O与BC相切，从而得到符合条件的点Q唯一，然后通过添加辅助线，借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ长.
(3)要满足∠AMB=60°，可构造以AB为边的等边三角形的外接圆，该圆与线段CD的交点就是满足条件的点，然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识，就可算出符合条件的DM长.
解答： 解：(1)①作AD的垂直平分线交BC于点P，如图①，
则PA=PD.
∴△PAD是等腰三角形.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠B=∠C=90°.
∵PA=PD，AB=DC，
∴Rt△ABP≌Rt△DCP(HL).
∴BP=CP.
∵BC=4，
∴BP=CP=2.
②以点D为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P′，如图①，.
则DA=DP′.
∴△P′AD是等腰三角形.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=DC，∠C=90°.
∵AB=3，BC=4，
∴DC=3，DP′=4.
∴CP′= = .
∴BP′=4﹣ .
③点A为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P″，如图①，
则AD=AP″.
∴△P″AD是等腰三角形.
同理可得：BP″= .
综上所述：在等腰三角形△ADP中，
若PA=PD，则BP=2;
若DP=DA，则BP=4﹣ ;
若AP=AD，则BP= .
(2)∵E、F分别为边AB、AC的中点，
∴EF∥BC，EF= BC.
∵BC=12，
∴EF=6.
以EF为直径作⊙O，过点O作OQ⊥BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图②.
∵AD⊥BC，AD=6，
∴EF与BC之间的距离为3.
∴OQ=3
∴OQ=OE=3.
∴⊙O与BC相切，切点为Q.
∵EF为⊙O的直径，
∴∠EQF=90°.
过点E作EG⊥BC，垂足为G，如图②.
∵EG⊥BC，OQ⊥BC，
∴EG∥OQ.
∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ=90°，OE=OQ，
∴四边形OEGQ是正方形.
∴GQ=EO=3，EG=OQ=3.
∵∠B=60°，∠EGB=90°，EG=3，
∴BG= .
∴BQ=GQ+BG=3+ .
∴当∠EQF=90°时，BQ的长为3+ .
(3)在线段CD上存在点M，使∠AMB=60°.
理由如下：
以AB为边，在AB的右侧作等边三角形ABG，
作GP⊥AB，垂足为P，作AK⊥BG，垂足为K.
设GP与AK交于点O，以点O为圆心，OA为半径作⊙O，
过点O作OH⊥CD，垂足为H，如图③.
则⊙O是△ABG的外接圆，
∵△ABG是等边三角形，GP⊥AB，
∴AP=PB= AB.
∵AB=270，
∴AP=135.
∵ED=285，
∴OH=285﹣135=150.
∵△ABG是等边三角形，AK⊥BG，
∴∠BAK=∠GAK=30°.
∴OP=AP•tan30°
=135×
=45 .
∴OA=2OP=90 .
∴OH
∴⊙O与CD相交，设交点为M，连接MA、MB，如图③.
∴∠AMB=∠AGB=60°，OM=OA=90 ..
∵OH⊥CD，OH=150，OM=90 ，
∴HM= = =30 .
∵AE=400，OP=45 ，
∴DH=400﹣45 .
若点M在点H的左边，则DM=DH+HM=400﹣45 +30 .
∵400﹣45 +30 >340，
∴DM>CD.
∴点M不在线段CD上，应舍去.
若点M在点H的右边，则DM=DH﹣HM=400﹣45 ﹣30 .
∵400﹣45 ﹣30 <340，
∴DM
∴点M在线段CD上.
综上所述：在线段CD上存在唯一的点M，使∠AMB=60°，
此时DM的长为(400﹣45 ﹣30 )米.
点评： 本题考查了垂直平分线的性质、矩形的性质、等边三角形的性质、正方形的判定与性质、直线与圆的位置关系、圆周角定理、三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，考查了操作、探究等能力，综合性非常强.而构造等边三角形及其外接圆是解决本题的关键.
更多精彩资讯请关注查字典资讯网，我们将持续为您更新最新资讯!