中考数学复习平行四边形专项综合练及详细答案

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H． （1）如图1，当点E、F在线段AD上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG与BE的位置关系，并加以证明；

（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试说明HO平分∠BHG；

（3）当点E、F运动到如图3所示的位置时，其它条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO的度数．

【答案】（1）①证明见解析；②AG⊥BE．理由见解析；（2）证明见解析；（3）∠BHO=45°． 【解析】

试题分析：（1）①根据正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG；②根据正方形的性质得AB=DC，

∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠ABE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断AG⊥BE；

（2）如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立；

（3）如答图2所示，与（1）同理，可以证明AG⊥BE；过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，构造全等三角形△AON≌△BOM，从而证明OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，即∠BHO=45°．

试题解析：（1）①∵四边形ABCD为正方形， ∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°， 在△ADG和△CDG中

，

∴△ADG≌△CDG（SAS）， ∴∠DAG=∠DCG； ②AG⊥BE．理由如下： ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，

在△ABE和△DCF中

，

∴△ABE≌△DCF（SAS）， ∴∠ABE=∠DCF， ∵∠DAG=∠DCG， ∴∠DAG=∠ABE， ∵∠DAG+∠BAG=90°， ∴∠ABE+∠BAG=90°， ∴∠AHB=90°， ∴AG⊥BE；

（2）由（1）可知AG⊥BE．

如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形．

∴∠MON=90°， 又∵OA⊥OB， ∴∠AON=∠BOM．

∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°， ∴∠OAN=∠OBM． 在△AON与△BOM中，

∴△AON≌△BOM（AAS）． ∴OM=ON，

∴矩形OMHN为正方形， ∴HO平分∠BHG．

（3）将图形补充完整，如答图2示，∠BHO=45°．

与（1）同理，可以证明AG⊥BE．

过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N， 与（2）同理，可以证明△AON≌△BOM， 可得OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG， ∴∠BHO=45°．

考点：1、四边形综合题；2、全等三角形的判定与性质；3、正方形的性质

2．已知：如图，在平行四边形ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF． （1）求证：△DOE≌△BOF．

（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFDE为菱形？请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，理由见解析. 【解析】

试题分析：（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△DOE≌△BOF（ASA）；

（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，即可得出答案． 试题解析：（1）∵在▱ABCD中，O为对角线BD的中点， ∴BO=DO，∠EDB=∠FBO， 在△EOD和△FOB中

，

∴△DOE≌△BOF（ASA）；

（2）当∠DOE=90°时，四边形BFDE为菱形，

理由：∵△DOE≌△BOF，∴OE=OF，又∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形， ∵∠EOD=90°，∴EF⊥BD，∴四边形BFDE为菱形．

考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．

3．如图，四边形ABCD中，∠BCD=∠D=90°，E是边AB的中点.已知AD=1，AB=2. （1）设BC=x，CD=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域； （2）当∠B=70°时，求∠AEC的度数； （3）当△ACE为直角三角形时，求边BC的长.

【答案】（1）y2或

x22x30x3；（2）∠AEC=105°；（3）边BC的长为

117. 2【解析】

试题分析：（1）过A作AH⊥BC于H，得到四边形ADCH为矩形．在△BAH中，由勾股定理即可得出结论．

（2）取CD中点T，连接TE，则TE是梯形中位线，得ET∥AD，ET⊥CD，∠AET=∠B=70°．

又AD=AE=1，得到∠AED=∠ADE=∠DET=35°．由ET垂直平分CD，得∠CET=∠DET=35°，即可得到结论．

（3）分两种情况讨论：①当∠AEC=90°时，易知△CBE≌△CAE≌△CAD，得∠BCE=30°， 解△ABH即可得到结论．

②当∠CAE=90°时，易知△CDA∽△BCA，由相似三角形对应边成比例即可得到结论． 试题解析：解：（1）过A作AH⊥BC于H．由∠D=∠BCD=90°，得四边形ADCH为矩形． 在△BAH中，AB=2，∠BHA=90°，AH=y，HB=x1，∴22y2x1， 则y2x22x30x3

（2）取CD中点T，联结TE，则TE是梯形中位线，得ET∥AD，ET⊥CD，∴∠AET=∠B=70°．

又AD=AE=1，∴∠AED=∠ADE=∠DET=35°．由ET垂直平分CD，得∠CET=∠DET=35°，∴∠AEC=70°＋35°=105°．

（3）分两种情况讨论：①当∠AEC=90°时，易知△CBE≌△CAE≌△CAD，得∠BCE=30°，

则在△ABH中，∠B=60°，∠AHB=90°，AB=2，得BH=1，于是BC=2． ②当∠CAE=90°时，易知△CDA∽△BCA，又ACBC2AB2x24，

ADCA则

ACCB1x42x24117x（舍负） x2117． 2易知∠ACE<90°，所以边BC的长为综上所述：边BC的长为2或117． 2

点睛：本题是四边形综合题．考查了梯形中位线，相似三角形的判定与性质．解题的关键是掌握梯形中常见的辅助线作法．

4．已知AD是△ABC的中线P是线段AD上的一点（不与点A、D重合），连接PB、PC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，AD与EF交于点M；

（1）如图1，当AB＝AC时，求证：四边形EGHF是矩形；

（2）如图2，当点P与点M重合时，在不添加任何辅助线的条件下，写出所有与△BPE面积相等的三角形（不包括△BPE本身）．

【答案】（1）见解析；（2）△APE、△APF、△CPF、△PGH． 【解析】 【分析】

（1）由三角形中位线定理得出EG∥AP，EF∥BC，EF=

11BC，GH∥BC，GH=BC，推出22EF∥GH，EF=GH，证得四边形EGHF是平行四边形，证得EF⊥AP，推出EF⊥EG，即可得出结论；

（2）由△APE与△BPE的底AE=BE，又等高，得出S△APE=S△BPE，由△APE与△APF的底EP=FP，又等高，得出S△APE=S△APF，由△APF与△CPF的底AF=CF，又等高，得出S△APF=S△CPF，证得△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半，推出

1S△AEF=S△APF，即可得出结果． 2【详解】

S△PGH=

（1）证明：∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点， ∴EG∥AP，EF∥BC，EF＝∴EF∥GH，EF＝GH， ∴四边形EGHF是平行四边形， ∵AB＝AC， ∴AD⊥BC， ∴EF⊥AP， ∵EG∥AP， ∴EF⊥EG，

∴平行四边形EGHF是矩形； （2）∵PE是△APB的中线，

∴△APE与△BPE的底AE＝BE，又等高， ∴S△APE＝S△BPE， ∵AP是△AEF的中线，

∴△APE与△APF的底EP＝FP，又等高， ∴S△APE＝S△APF， ∴S△APF＝S△BPE， ∵PF是△APC的中线，

∴△APF与△CPF的底AF＝CF，又等高， ∴S△APF＝S△CPF， ∴S△CPF＝S△BPE，

∵EF∥GH∥BC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，

∴△AEF底边EF上的高等于△ABC底边BC上高的一半，△PGH底边GH上的高等于△PBC底边BC上高的一半，

∴△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半， ∵GH＝EF， ∴S△PGH＝

11BC，GH∥BC，GH＝BC， 221S△AEF＝S△APF， 2综上所述，与△BPE面积相等的三角形为：△APE、△APF、△CPF、△PGH． 【点睛】

本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理、平行线的性质、三角形面积的计算等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键．

5．（感知）如图①，四边形ABCD、CEFG均为正方形．可知BE=DG． （拓展）如图②，四边形ABCD、CEFG均为菱形，且∠A=∠F．求证：BE=DG． （应用）如图③，四边形ABCD、CEFG均为菱形，点E在边AD上，点G在AD延长线上．若AE=2ED，∠A=∠F，△EBC的面积为8，菱形CEFG的面积是_______．（只填结果）

【答案】见解析 【解析】

试题分析：探究：由四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，利用SAS易证得△BCE≌△DCG，则可得BE=DG；

应用：由AD∥BC，BE=DG，可得S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，又由AE=3ED，可求得△CDE的面积，继而求得答案． 试题解析：

探究：∵四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形， ∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F． ∵∠A=∠F， ∴∠BCD=∠ECG．

∴∠BCD-∠ECD=∠ECG-∠ECD， 即∠BCE=∠DCG． 在△BCE和△DCG中，

BC＝CDBCE＝DCG CE＝CG∴△BCE≌△DCG（SAS）， ∴BE=DG．

应用：∵四边形ABCD为菱形， ∴AD∥BC， ∵BE=DG，

∴S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8， ∵AE=3ED，

∴S△CDE=

182 , 4∴S△ECG=S△CDE+S△CDG=10 ∴S菱形CEFG=2S△ECG=20.

6．如图①，在矩形ABCD中，点P从AB边的中点E出发，沿着EBC速运动，速度为每秒2个单位长度，到达点C后停止运动，点Q是AD上的点，AQ10，设

PAQ的面积为y，点p运动的时间为t秒，y与t的函数关系如图②所示.

(1)图①中AB= ，BC= ，图②中m= .

(2)当t=1秒时，试判断以PQ为直径的圆是否与BC边相切?请说明理由:

(3)点p在运动过程中，将矩形沿PQ所在直线折叠，则t为何值时，折叠后顶点A的对应点A落在矩形的一边上.

【答案】(1)8,18,20;(2)不相切，证明见解析；（3）t=【解析】 【分析】

117、5、. 23（1）由题意得出AB=2BE，t=2时，BE=2×2=4，求出AB=2BE=8，AE=BE=4，t=11时，2t=22，得出BC=18，当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=

1AQ×AE=20即可； 2（2）当t=1时，PE=2，得出AP=AE+PE=6，由勾股定理求出PQ=234，设以PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，由三角形中位线定理得出O'M=即可得出结论；

（3）分三种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，则

QF=AB=8，BF=AQ=10，由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，由勾股定理求出A'F=2AQQF2=6，得出A'B=BF-A'F=4，在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-

1AP=3，求出O'N=MN-O'M=5＜圆O'的半径，2（4-2t）=4+2t，由勾股定理得出方程，解方程即可；

②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，由折叠的性质得：A'P=AP，证出∠APQ=∠AQP，得出AP=AQ=A'P=10，在Rt△ABP中，由勾股定理求出BP=6，由BP=2t-4，得出2t-4=6，解方程即可；

③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，由折叠的性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10，在

Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8，由勾股定理求出DA'=6，得出A'C=CD-DA'=2，在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=22-2t，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】

（1）∵点P从AB边的中点E出发，速度为每秒2个单位长度， ∴AB=2BE，

由图象得：t=2时，BE=2×2=4， ∴AB=2BE=8，AE=BE=4， t=11时，2t=22， ∴BC=22-4=18，

当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=故答案为8，18，20；

（2）当t=1秒时，以PQ为直径的圆不与BC边相切，理由如下： 当t=1时，PE=2， ∴AP=AE+PE=4+2=6， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=90°， ∴PQ=11AQ×AE=×10×4=20； 22AQ2AP210262234，

设以PQ为直径的圆的圆心为O'，作O'N⊥BC于N，延长NO'交AD于M，如图1所示：

则MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8， ∵O'为PQ的中点， ∴O''M是△APQ的中位线， ∴O'M=

1AP=3， 2∴O'N=MN-O'M=5＜34， ∴以PQ为直径的圆不与BC边相切；

（3）分三种情况：①当点P在AB边上，A'落在BC边上时，作QF⊥BC于F，如图2所示：

则QF=AB=8，BF=AQ=10， ∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，CD=AB=8，AD=BC=18， 由折叠的性质得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°， ∴A'F=2AQQF2=6，

∴A'B=BF-A'F=4，

在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t， 由勾股定理得：42+（4-2t）2=（4+2t）2， 解得：t=

1； 2②当点P在BC边上，A'落在BC边上时，连接AA'，如图3所示：

由折叠的性质得：A'P=AP， ∴∠APQ'=∠A'PQ， ∵AD∥BC， ∴∠AQP=∠A'PQ， ∴∠APQ=∠AQP， ∴AP=AQ=A'P=10，

在Rt△ABP中，由勾股定理得：BP=10282=6， 又∵BP=2t-4， ∴2t-4=6，解得：t=5；

③当点P在BC边上，A'落在CD边上时，连接AP、A'P，如图4所示：

由折叠的性质得：A'P=AP，A'Q=AQ=10， 在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8， 由勾股定理得：DA'=10282=6， ∴A'C=CD-DA'=2，

在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=18-（2t-4）=22-2t， 由勾股定理得：AP2=82+（2t-4）2，A'P2=22+（22-2t）2， ∴82+（2t-4）2=22+（22-2t）2， 解得：t=

17； 3综上所述，t为【点睛】

117或5或时，折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上． 23四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识.

7．如图1，矩形ABCD中，AB=8，AD=6；点E是对角线BD上一动点，连接CE，作EF⊥CE交AB边于点F，以CE和EF为邻边作矩形CEFG，作其对角线相交于点H． （1）①如图2，当点F与点B重合时，CE= ，CG= ； ②如图3，当点E是BD中点时，CE= ，CG= ；

（2）在图1，连接BG，当矩形CEFG随着点E的运动而变化时，猜想△EBG的形状？并加以证明； （3）在图1，

CG的值是否会发生改变？若不变，求出它的值；若改变，说明理由； CE （4）在图1，设DE的长为x，矩形CEFG的面积为S，试求S关于x的函数关系式，并直接写出x的取值范围．

【答案】（1）

241815， ，5， ；（2）△EBG是直角三角形，理由详见解析；（3）

455334832 ；（4）S=x2﹣x+48（0≤x≤）．

5544【解析】 【分析】

（1）①利用面积法求出CE，再利用勾股定理求出EF即可；②利用直角三角形斜边中线定理求出CE，再利用相似三角形的性质求出EF即可；

（2）根据直角三角形的判定方法：如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，则这个三角形是直角三角形即可判断；

（3）只要证明△DCE∽△BCG，即可解决问题； （4）利用相似多边形的性质构建函数关系式即可； 【详解】

（1）①如图2中，

在Rt△BAD中，BD=∵S△BCD=∴CE=

AD2AB2=10，

11•CD•BC=•BD•CE， 22242418．CG=BE=62()2=． 555②如图3中，过点E作MN⊥AM交AB于N，交CD于M．

∵DE=BE， ∴CE=

1BD=5， 2∵△CME∽△ENF， ∴

CMEN， CEEF15， 4∴CG=EF=

（2）结论：△EBG是直角三角形．

理由：如图1中，连接BH．

在Rt△BCF中，∵FH=CH， ∴BH=FH=CH， ∵四边形EFGC是矩形， ∴EH=HG=HF=HC， ∴BH=EH=HG， ∴△EBG是直角三角形．

（3）F如图1中，∵HE=HC=HG=HB=HF， ∴C、E、F、B、G五点共圆， ∵EF=CG， ∴∠CBG=∠EBF， ∵CD∥AB， ∴∠EBF=∠CDE， ∴∠CBG=∠CDE， ∵∠DCB=∠ECG=90°， ∴∠DCE=∠BCG， ∴△DCE∽△BCG，

CGBC63． CEDC84（4）由（3）可知：

∴

CGCD3， CECB4∴矩形CEFG∽矩形ABCD，

S矩形CEFGCE2CE2（）∴，

S矩形ABCDCD∵CE2=（

24232-x）2+），S矩形ABCD=48， 55∴S矩形CEFG=

324232 [（-x）2+（）].

554324832x-x+48（0≤x≤）．

554∴矩形CEFG的面积S=【点睛】

本题考查相似三角形综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三

角形的判定和性质、相似多边形的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形或直角三角形解决问题，属于中考压轴题．

8．如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点D、E、F、G分别为边OA、AB、BC、CO的中点，连结DE、EF、FG、GD． （1）若点C在y轴的正半轴上，当点B的坐标为（2，4）时，判断四边形DEFG的形状，并说明理由.

（2）若点C在第二象限运动，且四边形DEFG为菱形时，求点四边形OABC对角线OB长度的取值范围.

（3）若在点C的运动过程中，四边形DEFG始终为正方形，当点C从X轴负半轴经过Y轴正半轴，运动至X轴正半轴时，直接写出点B的运动路径长.

【答案】（1）正方形（2）25OB6（3）2π 【解析】

分析:（1）连接OB，AC，说明OB⊥AC，OB=AC，可得四边形DEFG是正方形.

（2）由四边形DEFG是菱形，可得OB=AC，当点C在y轴上时，AC=25，当点C在x轴上时，AC=6, 故可得结论； （3）根据题意计算弧长即可.

详解：（1）正方形，如图1，证明连接OB，AC，说明OB⊥AC，OB=AC，可得四边形DEFG是正方形. （2）25OB6

如图2，由四边形DEFG是菱形，可得OB=AC，当点C在y轴上时，AC=25，当点C在x轴上时，AC=6, ∴25OB6 ； （3）2π.

如图3，当四边形DEFG是正方形时，OB⊥AC，且OB=AC，构造△OBE≌△ACO，可得B点在以E（0，4）为圆心，2为半径的圆上运动.

所以当C点从x轴负半轴到正半轴运动时，B点的运动路径为2 .

图1 图2 图3

点睛：本题主要考查了正方形的判定，菱形的性质以及弧长的计算.灵活运用正方形的判定定理和菱形的性质运用是解题的关键.

9．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”，不须证明）

（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．

【答案】（1）AE=DF，AE⊥DF； （2）是；

（3）成立，理由见解析； （4）CP=QC﹣QP=【解析】

试题分析：（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Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得QC的长，再求CP即可．

试题解析：（1）AE=DF，AE⊥DF．

理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°．

在△ADE和△DCF中，，∴△ADE≌△DCF（SAS）．

∴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Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小， 在Rt△QDC中，QC=∴CP=QC﹣QP=

．

，

考点：四边形的综合知识．

10．已知点O是△ABC内任意一点，连接OA并延长到E，使得AE=OA，以OB，OC为邻边作▱OBFC，连接OF与BC交于点H，再连接EF．

（1）如图1，若△ABC为等边三角形，求证：①EF⊥BC；②EF=

BC；

（2）如图2，若△ABC为等腰直角三角形（BC为斜边），猜想（1）中的两个结论是否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你的猜想结果；

（3）如图3，若△ABC是等腰三角形，且AB=AC=kBC，请你直接写出EF与BC之间的数量关系．

【答案】（1）见解析； （2）EF⊥BC仍然成立； （3）EF=【解析】

试题分析：（1）由平行四边形的性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等边三角形的性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=

BC，即可；

BC

（2）由平行四边形的性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰直角三角形的性质得到AB=

BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=BC，即可；

（3）由平行四边形的性质得到BH=HC=BC，OH=HF，再由等腰三角形的性质和AB=AC=kBC得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=试题解析：（1）连接AH，如图1，

BC，即可．

∵四边形OBFC是平行四边形，

∴BH=HC=BC，OH=HF， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB=BC，AH⊥BC，

在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2，

BC，

∴AH=

∵OA=AE，OH=HF，

=

∴AH是△OEF的中位线， ∴AH=EF，AH∥EF， ∴EF⊥BC，

BC=EF， BC；

∴EF⊥BC，EF=

（2）EF⊥BC仍然成立，EF=BC，如图2，

∵四边形OBFC是平行四边形， ∴BH=HC=BC，OH=HF， ∵△ABC是等腰三角形， ∴AB=

BC，AH⊥BC，

BH）2﹣BH2=BH2，

在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（∴AH=BH=BC， ∵OA=AE，OH=HF， ∴AH是△OEF的中位线， ∴AH=EF，AH∥EF， ∴EF⊥BC，BC=EF， ∴EF⊥BC，EF=BC； （3）如图3，

∵四边形OBFC是平行四边形， ∴BH=HC=BC，OH=HF， ∵△ABC是等腰三角形， ∴AB=kBC，AH⊥BC，

在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（kBC）2﹣（BC2=（k2-）BC2，

）

∴AH=BH=

BC，

∵OA=AE，OH=HF， ∴AH是△OEF的中位线， ∴AH=EF，AH∥EF， ∴EF⊥BC，∴EF=

BC．

BC=EF，

考点：四边形综合题．