【正文】 到B，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)候，直接寫出線段AF的長．【答案】（1）BE=AF；（2）無變化；（3）AF的長為﹣1或+1．【解析】試題分析：（1）先利用等腰直角三角形的性質(zhì)得出AD= ，再得出BE=AB=2，即可得出結(jié)論；（2）先利用三角函數(shù)得出，同理得出，夾角相等即可得出△ACF∽△BCE，進(jìn)而得出結(jié)論；（3）分兩種情況計(jì)算，當(dāng)點(diǎn)E在線段BF上時(shí)，如圖2，先利用勾股定理求出EF=CF=AD=，BF=，即可得出BE=﹣，借助（2）得出的結(jié)論，當(dāng)點(diǎn)E在線段BF的延長線上，同前一種情況一樣即可得出結(jié)論．試題解析：（1）在Rt△ABC中，AB=AC=2，根據(jù)勾股定理得，BC=AB=2，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，∴AD=BC=，∵四邊形CDEF是正方形，∴AF=EF=AD=，∵BE=AB=2，∴BE=AF，故答案為BE=AF；（2）無變化；如圖2，在Rt△ABC中，AB=AC=2，∴∠ABC=∠ACB=45176?！唷螮QC＝90176。．∵AD＝16，CF＝6，∴BF＝BC﹣CF＝AD﹣CF＝5，由折疊可得：DF＝BF，∠BEF＝∠DEF．∴DF＝5．∵∠C＝90176。∴四邊形CDHE是矩形，∴EH＝CD＝1，DH＝CE＝2﹣x，EH⊥DG，∴HG＝DH＝2﹣x，∴AG＝2x﹣2，∵EH∥CD，DC∥AB，∴EH∥AF，∴△EHG∽△FAG，∴，∴，∴（舍），③若DG＝EG，則∠GDE＝∠GED，∵AD∥BC，∴∠GDE＝∠DEC，∴∠GED＝∠DEC，∵∠C＝∠EDF＝90176。∴DE⊥DF；（3）假設(shè)存在x的值，使得△DEG是等腰三角形，①若DE＝DG，則∠DGE＝∠DEG，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠B＝90176。如果不存在，說明理由【答案】（1）y＝﹣2x+4（0＜x＜2）；（2）見解析；（3）存在，x＝或或．【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法可得y與x的函數(shù)表達(dá)式；（2）證明△CDE∽△ADF，得∠ADF＝∠CDE，可得結(jié)論；（3）分三種情況：①若DE＝DG，則∠DGE＝∠DEG，②若DE＝EG，如圖①，作EH∥CD，交AD于H，③若DG＝EG，則∠GDE＝∠GED，分別列方程計(jì)算可得結(jié)論．【詳解】（1）設(shè)y＝kx+b，由圖象得：當(dāng)x＝1時(shí)，y＝2，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝4，代入得：，得，∴y＝﹣2x+4（0＜x＜2）；（2）∵BE＝x，BC＝2∴CE＝2﹣x，∴，∴，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝∠DAF＝90176。（2）求證:。C＝．【點(diǎn)睛】本題考查四邊形綜合題、正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．5．已知：在菱形ABCD中，E，F(xiàn)是BD上的兩點(diǎn)，且AE∥CF．求證：四邊形AECF是菱形．【答案】見解析【解析】【分析】由菱形的性質(zhì)可得AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，由“SAS”可證△ADF≌△CDF，可得AF＝CF，由△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，由平行四邊形的判定和菱形的判定可得四邊形AECF是菱形．【詳解】證明：∵四邊形ABCD是菱形∴AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，∵AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，DF＝DF∴△ADF≌△CDF（SAS）∴AF＝CF，∵AB∥CD，AE∥CF∴∠ABE＝∠CDF，∠AEF＝∠CFE∴∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD∴△ABE≌△CDF（AAS）∴AE＝CF，且AE∥CF∴四邊形AECF是平行四邊形又∵AF＝CF，∴四邊形AECF是菱形【點(diǎn)睛】本題主要考查菱形的判定定理，首先要判定其為平行四邊形，這是菱形判定的基本判定.6．圖圖2是兩張形狀、大小完全相同的方格紙，方格紙中的每個(gè)小正方形的邊長均為1，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)叫做格點(diǎn)．（1）在圖1中畫出等腰直角三角形MON，使點(diǎn)N在格點(diǎn)上，且∠MON=90176。D＝，OD＝AC＝1，∴C39。在BD上時(shí)，C39。G最大值，△AC39。C＝AC?C39。作C39。∴DP+BP＝PP39。中，∵，∴△BAP≌△DAP39。∴AP＝AP39?！唷螾39?！摺螪FP＝90176?！唷螪AP39。＝90176。⊥AP交PD的延長線于P39。＝∠ADC＝45176。DF，∴∠FDP＝∠FDC39。的中點(diǎn)，∴DF⊥AC39?！郃D＝C39。D，∠CDE＝∠C39。在BD上時(shí)，C39。是等腰直角三角形，可得結(jié)論；（3）先作高線C39。（SAS），得BP＝DP39。＝∠ADC＝45176。DE和∠ADF＝∠C39。得到△MNQ．設(shè)四邊形PQMN與△ABC重疊部分圖形的面積為S（cm2），點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s）（0＜t＜3）．（1）當(dāng)點(diǎn)N落在邊BC上時(shí)，求t的值．（2）當(dāng)點(diǎn)N到點(diǎn)A、B的距離相等時(shí)，求t的值．（3）當(dāng)點(diǎn)Q沿D→B運(yùn)動(dòng)時(shí)，求S與t之間的函數(shù)表達(dá)式．（4）設(shè)四邊形PQMN的邊MN、MQ與邊BC的交點(diǎn)分別是E、F，直接寫出四邊形PEMF與四邊形PQMN的面積比為2：3時(shí)t的值．【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）t=1或【解析】試題分析：（1）由題意知：當(dāng)點(diǎn)N落在邊BC上時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合，此時(shí)DQ=3；（2）當(dāng)點(diǎn)N到點(diǎn)A、B的距離相等時(shí)，點(diǎn)N在邊AB的中線上，此時(shí)PD=DQ；（3）當(dāng)0≤t≤時(shí)，四邊形PQMN與△ABC重疊部分圖形為四邊形PQMN；當(dāng)≤t≤時(shí)，四邊形PQMN與△ABC重疊部分圖形為五邊形PQFEN．（4）MN、MQ與邊BC的有交點(diǎn)時(shí)，此時(shí)＜t＜，列出四邊形PEMF與四邊形PQMN的面積表達(dá)式后，即可求出t的值．試題解析：（1）∵△PQN與△ABC都是等邊三角形，∴當(dāng)點(diǎn)N落在邊BC上時(shí)，點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合．∴DQ=3∴2t=3．∴t=；（2）∵當(dāng)點(diǎn)N到點(diǎn)A、B的距離相等時(shí)，點(diǎn)N在邊AB的中線上，∴PD=DQ，當(dāng)0＜t＜時(shí)，此時(shí)，PD=t，DQ=2t∴t=2t∴t=0（不合題意，舍去），當(dāng)≤t＜3時(shí)，此時(shí)，PD=t，DQ=6﹣2t∴t=6﹣2t，解得t=2； 綜上所述，當(dāng)點(diǎn)N到點(diǎn)A、B的距離相等時(shí)，t=2；（3）由題意知：此時(shí)，PD=t，DQ=2t當(dāng)點(diǎn)M在BC邊上時(shí)，∴MN=BQ∵PQ=MN=3t，BQ=3﹣2t∴3t=3﹣2t∴解得t=如圖①，當(dāng)0≤t≤時(shí)，S△PNQ=PQ2=t2；∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，如圖②，當(dāng)≤t≤時(shí)，設(shè)MN、MQ與邊BC的交點(diǎn)分別是E、F，∵M(jìn)N=PQ=3t，NE=BQ=3﹣2t，∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3，∵△EMF是等邊三角形，∴S△EMF=ME2=（5t﹣3）2．；（4）MN、MQ與邊BC的交點(diǎn)分別是E、F，此時(shí)＜t＜，t=1或．考點(diǎn)：幾何變換綜合題4．如圖，在正方形ABCD中，E是邊BC上的一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），連接DE、點(diǎn)C關(guān)于直線DE的對(duì)稱點(diǎn)為C′，連接AC′并延長交直線DE于點(diǎn)P，F(xiàn)是AC′的中點(diǎn)，連接DF．（1）求∠FDP的度數(shù)；（2）連接BP，請(qǐng)用等式表示AP、BP、DP三