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二、填空题： 11．3 12．AC=BD（答案不唯一） 13． 3 14．解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠CBD=45°，根据折叠的性质可得：A′B=AB， ∴A′B=BC，∴∠BA′C=∠BCA′=（180°?∠CBD ）=（180°?45°） =67.5°； 15．需添加条件AB=CD．∵E，F是AD，DB中点，∴EF∥AB，EF= AB，∵H，G是AC，BC中点， ∴HG∥AB，HG= AB，∴EF∥HG，EF=HG，∴四边形EFGH是平行四边形， ∵E，H是AD，AC中点，∴EH= CD，∵AB=CD，∴EF=EH，∴四边形EFGH是菱形． 故答案为：AB=CD． 16．解：∵?ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到□AB′C′D′′，∴AB=AB′，∠BAB′=30°， ∴∠B=∠AB′B= （180°-30°）=75°，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD， ∴∠B+∠C=180°，∴∠C=180°-75°=105°． 17．分三种情况讨论： ①当 时，由题可知： ，即： 在同一直线上， 落在对角线AC上。设 ，则 ，由AB=3，BC=4得AC=5。∴ ， 在 中， ，即 ，解得 。 ②当 时，即 落在CD上， ，此时在 中，斜边 大于直角边AD，但由于 ，AD=BC=4，因此这种情况不成立。 ③当 时，即 落在AD上，此时四边形ABE 是正方形，所以AB=BE=3。 综上所述，，当△ 为直角三角形时，BE的长为3或 。 18．解：过点F作FQ⊥CD于点Q，∵在正方形AEFG中，∠AEF=90°，AE=EF，∴∠1+∠2=90°， ∵∠DAE+∠1=90°，∴∠DAE=∠2，在△ADE和△EQF中， ，∴△ADE≌△EQF（AAS），∴AD=EQ=3， 当直线MN和正方形AEFG开始有公共点时：DQ+CM≥8， ∴t+3+2t≥8，解得：t≥ ， 故当经过 秒时．直线MN和正方形AEFG开始有公共点．故选：A． 三．解答题： 19．略 20. 证明：∵BE⊥AD，BE⊥AD，∴∠AEB=∠DFC=90°。∵AB∥CD，∴∠A=∠D。 在△AEB与△DFC中，∵∠AEB=∠DFC，AE=DF，∠A=∠D，∴△AEB≌△DFC（ASA）。∴BE=CF。 ∵BE⊥AD，BE⊥AD，∴BE∥CF。∴四边形BECF是平行四边形。 21. 证明：∵四边形ABDE是平行四边形， ∴BD∥AE，BD=AE， ∴AE∥CD；又∵BD=CD， ∴AE=CD， ∴四边形ADCE是平行四边形；在△ABC中，AB=AC，BD=CD， ∴AD⊥BC， ∴∠ADC=90°， ∴?ADCE是矩形． 22. 证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠PDO=∠QBO，∵O为BD中点， ∴OB=OD，在△PDO和△QBO中， ，∴△PDO≌△BQO（ASA），∴OP=OQ．又∵OB=OD， ∴四边形PBQD是平行四边形； （2）①∵AP+PD=AD，AP=t，AD=8cm，∴PD=8-AP=8-t（cm）． ②当t= s时，四边形PBQD是菱形，理由是：∵四边形PBQD是菱形，∴BP=DP=8-t（cm）． 在Rt△ABP中，由勾股定理得：AB2+AP2=BP2，即62+t2=（8-t）2 解得t= ．∴当t= s时，四边形PBQD是菱形． 23.（1）证明：∵AF∥BC， ∴∠AFE=∠DBE。∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，∴AE=DE，BD=CD。在△AFE和△DBE中，∵∠AFE=∠DBE，∠FEA=∠BED， AE=DE， ∴△AFE≌△DBE（AAS）。∴AF=BD。∴AF=DC。 （2）四边形ADCF是菱形，证明如下：∵AF∥BC，AF=DC，∴四边形ADCF是平行四边形。 ∵AC⊥AB，AD是斜边BC的中线，∴AD=DC。∴平行四边形ADCF是菱形 (责任编辑：admin) |