3．（1）证明：在正方形ABCD中，BC=DC，∠BCP=∠DCP=45°， ∵在△BCP和△DCP中，
?BC?DC???BCP??DCP， ?PC?PC?∴△BCP≌△DCP（SAS）；
（2）证明：由（1）知，△BCP≌△DCP， ∴∠CBP=∠CDP， ∵PE=PB，
∴∠CBP=∠E， ∴∠DPE=∠DCE，
∵∠1=∠2（对顶角相等）， ∴180°-∠1-∠CDP=180°-∠2-∠E， 即∠DPE=∠DCE， ∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠ABC， ∴∠DPE=∠ABC；
（3）解：与（2）同理可得：∠DPE=∠ABC， ∵∠ABC=58°， ∴∠DPE=58°． 故答案为：58．
考点四：四边形综合性题目
例4 （2013?资阳）在一个边长为a（单位：cm）的正方形ABCD中，点E、M分别是线段AC，CD上的动点，连结DE并延长交正方形的边于点F，过点M作MN⊥DF于H，交AD于N．
（1）如图1，当点M与点C重合，求证：DF=MN；
（2）如图2，假设点M从点C出发，以1cm/s的速度沿CD向点D运动，点E同时从点A出发，以2cm/s速度沿AC向点C运动，运动时间为t（t＞0）； ①判断命题“当点F是边AB中点时，则点M是边CD的三等分点”的真假，并说明理由． ②连结FM、FN，△MNF能否为等腰三角形？若能，请写出a，t之间的关系；若不能，请说明理由． 思路分析：（1）证明△ADF≌△DNC，即可得到DF=MN； （2）①首先证明△AFE∽△CDE，利用比例式求出时间t=111a，进而得到CM=a=CD，333所以该命题为真命题； ②若△MNF为等腰三角形，则可能有三种情形，需要分类讨论． 解：（1）证明：∵∠DNC+∠ADF=90°，∠DNC+∠DCN=90°， ∴∠ADF=∠DCN． 在△ADF与△DNC中， ??DAF??CDN?90??， ?AD?CD??ADF??DCN?∴△ADF≌△DNC（ASA）， ∴DF=MN． （2）解：①该命题是真命题． 理由如下：当点F是边AB中点时，则AF=∵AB∥CD，∴△AFE∽△CDE， ∴11AB=CD． 22AEAF1==， ECCD2112EC，则AE=AC=a， 233∴AE=∴t=AE1=a． 2311a=CD， 33则CM=1?t=∴点M为边CD的三等分点． ②能．理由如下： 易证AFE∽△CDE，∴AFAEatAF2t=，即，得AF=． ?CDECa?ta2a?2tNDDMNDa?t?，即，得ND=t． ?atAFADaa?t易证△MND∽△DFA，∴∴ND=CM=t，AN=DM=a-t． 若△MNF为等腰三角形，则可能有三种情形： （I）若FN=MN，则由AN=DM知△FAN≌△NDM， ∴AF=DM，即at=t，得t=0，不合题意． a?t∴此种情形不存在； （II）若FN=FM，由MN⊥DF知，HN=HM，∴DN=DM=MC， ∴t=1a，此时点F与点B重合； 2（III）若FM=MN，显然此时点F在BC边上，如下图所示： 易得△MFC≌△NMD，∴FC=DM=a-t； 又由△NDM∽△DCF，∴∴DNDCtaa(a?t)??，即，∴FC=． DMFCa?tFCta(a?t)=a-t， t1a时，△MNF能够成为等腰三角形． 2∴t=a，此时点F与点C重合． 综上所述，当t=a或t=点评：本题是运动型几何综合题，考查了相似三角形、全等三角形、正方形、等腰三角形、命题证明等知识点．解题要点是：（1）明确动点的运动过程；（2）明确运动过程中，各组成线段、三角形之间的关系；（3）运用分类讨论的数学思想，避免漏解． 对应训练 4．（2013?营口）如图1，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，F是AC边上的一个动点（点F与A、C不重合），以CF为一边在等腰直角三角形外作正方形CDEF，连接BF、AD．
（1）①猜想图1中线段BF、AD的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论； ②将图1中的正方形CDEF，绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度α，得到如图2、图3的情形．图2中BF交AC于点H，交AD于点O，请你判断①中得到的结论
是否仍然成立，并选取图2证明你的判断． （2）将原题中的等腰直角三角形ABC改为直角三角形ABC，∠ACB=90°，正方形CDEF改为矩形CDEF，如图4，且AC=4，BC=3，CD= 4，CF=1，BF交AC于点H，交AD3于点O，连接BD、AF，求BD2+AF2的值． 4．解：（1）①BF=AD，BF⊥AD； ②BF=AD，BF⊥AD仍然成立， 证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°， ∴AC=BC， ∵四边形CDEF是正方形， ∴CD=CF，∠FCD=90°， ∴∠ACB+∠ACF=∠FCD+∠ACF， 即∠BCF=∠ACD， 在△BCF和△ACD中 ??BC?AC??BCF??ACD， ??CF?CD∴△BCF≌△ACD（SAS）， ∴BF=AD，∠CBF=∠CAD， 又∵∠BHC=∠AHO，∠CBH+∠BHC=90°， ∴∠CAD+∠AHO=90°， ∴∠AOH=90°， ∴BF⊥AD； （2）证明：连接DF， ∵四边形CDEF是矩形， ∴∠FCD=90°， 又∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠FCD ∴∠ACB+∠ACF=∠FCD+∠ACF， 即∠BCF=∠ACD， ∵AC=4，BC=3，CD=∴4，CF=1， 3BCCF3??， ACCD4∴△BCF∽△ACD， ∴∠CBF=∠CAD， 又∵∠BHC=∠AHO，∠CBH+∠BHC=90° ∴∠CAD+∠AHO=90°， ∴∠AOH=90°， ∴BF⊥AD， ∴∠BOD=∠AOB=90°， ∴BD2=OB2+OD2，AF2=OA2+OF2，AB2=OA2+OB2，DF2=OF2+OD2， ∴BD2+AF2=OB2+OD2+OA2+OF2=AB2+DF2， ∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3， ∴AB2=AC2+BC2=32+42=25， ∵在Rt△FCD中，∠FCD=90°，CD=∴DF2=CD2+CF2=(4，CF=1， 342225)+1=， 3925250∴BD2+AF2=AB2+DF2=25+=． 99【聚焦山东中考】
1．（2013?威海）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且BE=BF，添加一个条件，仍不能证明四边形BECF为正方形的是（ ） A．BC=AC B．CF⊥BF C．BD=DF D．AC=BF
1．D 2．（2013?枣庄）如图，在边长为2的正方形ABCD中，M为边AD的中点，延长MD至点E，使ME=MC，以DE为边作正方形DEFG，点G在边CD上，则DG的长为（ ） A．3-1
B．3-5 C．5+1
D．5-1