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考点： 矩形的判定；等边三角形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定． 专题： 证明题；动点型． 分析： （1）因为△ABC和△DEF是两个边长为10cm的等边三角形所以AC=DF，又∠ACD=∠FDE=60°，可得AC∥DF，所以四边形ADFC是平行四边形 （2）此题要注意是菱形的判定和矩形的判定原则． 解答： （1）证明：∵△ABC和△DEF是两个边长为10cm的等边三角形． ∴AC=DF，∠ACD=∠FDE=60°（2分） ∴AC∥DF（3分） ∴四边形ADFC是平行四边形（4分） （2）解：①当t=3秒时，?ADFC是菱形（5分） 此时B与D重合，∴AD=DF（7分） ∴?ADFC是菱形（8分） ②当t=13秒时，?ADFC是矩形（9分） 此时B与E重合，∴AF=CD，∴?ADFC是矩形（10分） ∴∠CFD=90°，CF=∴S矩形ADFC=10×10=100cm（12分） 2（11分） 点评： 此题把平行四边形、菱形和矩形的判定都用于其中，可以让学生在练习中加以区分、训练． ?2010-2014 菁优网
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www.jyeoo.com 352．（2008?莆田）已知矩形ABCD和点P，当点P在BC上任一位置（如图（1）所示）时，易证得结论：PA+PC=PB+PD，请你探究：当点P分别在图（2）、图（3）中的位置时，PA、PB、PC和PD又有怎样的数量关系请你写出对上述两种情况的探究结论，并利用图（2）证明你的结论．
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答：对图（2）的探究结论为 PA+PC=PB+PD ；
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对图（3）的探究结论为 PA+PC=PB+PD ；
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证明：如图（2） 考点： 矩形的判定与性质． 专题： 几何综合题；压轴题． 2222分析： 结论均是PA+PC=PB+PD，其实要求证的是矩形性质中的矩形所在平面内任一点到其两对角线端点的距离的平方和相等． 根据矩形和直角三角形的性质，（2）如果过点P作MN⊥AD于点M，交BC于点N，可在Rt△AMP，Rt△BNP，22222222Rt△DMP和Rt△CNP分别用勾股定理表示出PA，PC，PB，PD，然后我们可得出PA+PC与PB+PD，我们不难得出四边形MNCD是矩形，于是，MD=NC，AM=BN然后我们将等式右边的值进行比较发现2222PA+PC=PB+PD． （3）如图（3）方法同（2），过点P作PQ⊥BC交AD，BC于O，Q，易证． 解答： 解：结论均是PA2+PC2=PB2+PD2． （1）如图2，过点P作MN⊥AD于点M，交BC于点N， ∵在矩形ABCD中，AD∥BC，MN⊥AD， ∴MN⊥BC； 222222∵在Rt△AMP中，PA=PM+MA，在Rt△BNP中，PB=PN+BN， 222222在Rt△DMP中，PD=DM+PM，在Rt△CNP中，PC=PN+NC， 222222∴PA+PC=PM+MA+PN+NC， 222222PB+PD=PM+DM+BN+PN， ∵MN⊥AD，MN⊥NC，DC⊥BC， ∴四边形MNCD是矩形， ∴MD=NC，同理AM=BN， ∴PM+MA+PN+NC=PM+DM+BN+PN 2222即PA+PC=PB+PD． （2）如图3，过点P作PQ⊥BC交AD，BC于O，Q， ∵在矩形ABCD中，AD∥BC，PQ⊥BC，
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www.jyeoo.com ∴PQ⊥AD， 222222∵在Rt△AOP中，PA=AO+PO，在Rt△PQB中，PB=PQ+QB， 222222在Rt△POD中，PD=DO+PO，在Rt△CQP中，PC=PQ+QC， 222222∴PA+PC=PO+OA+PQ+QC， 222222PB+PD=PQ+QB+DO+PO， ∵PQ⊥AD，PQ⊥NC，DC⊥BC， ∴四边形OQCD是矩形， ∴OD=QC，同理AO=BQ， ∴PA+PC=PB+PD． 点评： 本题主要运用矩形和直角三角形的性质，考查了矩形的性质中矩形所在平面内任一点到其两对角线端点的距离的平方和相等的证明方法． 353．（2010?大田县）正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，P是对角线AC上一动点，过点P作PF⊥CD于点F．如图1，当点P与点O重合时，显然有DF=CF． （1）如图2，若点P在线段AO上（不与点A、O重合），PE⊥PB且PE交CD于点E． ①求证：DF=EF；
②写出线段PC、PA、CE之间的一个等量关系，并证明你的结论； （2）若点P在线段OC上（不与点O、C重合），PE⊥PB且PE交直线CD于点E．请完成图3并判断（1）中的结论①、②是否分别成立？若不成立，写出相应的结论．（所写结论均不必证明）
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考点： 正方形的性质；线段垂直平分线的性质． 专题： 压轴题；动点型． 分析： （1）由正方形的性质证得△BQP≌△PFE，从而得到DF=EF，由于△PCF和△PAG均为等腰直角三角形，故有PA=PG，PC=CF，易得PA=EF，进而得到PC、PA、CE满足关系为：PC=CE+PA； （2）同（1）证得DF=EF，三条线段的数量关系是PA﹣PC=CE． 解答： 解：（1）如图2，延长FP交AB于点Q， ①∵AC是正方形ABCD对角线， ∴∠QAP=∠APQ=45°， ∴AQ=PQ， ∵AB=QF， ∴BQ=PF， ∵PE⊥PB， ∴∠QPB+∠FPE=90°， ∵∠QBP+∠QPB=90°， ∴∠QBP=∠FPE， ∵∠BQP=∠PFE=90°， ∴△BQP≌△PFE， ∴QP=EF， ∵AQ=DF， ∴DF=EF； ?2010-2014 菁优网
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www.jyeoo.com ②如图2，过点P作PG⊥AD． ∵PF⊥CD，∠PCF=∠PAG=45°， ∴△PCF和△PAG均为等腰直角三角形， ∵四边形DFPG为矩形， ∴PA=PG，PC=CF， ∵PG=DF，DF=EF， ∴PA=EF， ∴PC=CF=（CE+EF）=CE+EF=CE+PA， 即PC、PA、CE满足关系为：PC=CE+PA； （2）结论①仍成立；结论②不成立，此时②中三条线段的数量关系是PA﹣PC=CE． 如图3： ①∵PB⊥PE，BC⊥CE， ∴B、P、C、E四点共圆， ∴∠PEC=∠PBC， 在△PBC和△PDC中有：BC=DC（已知），∠PCB=∠PCD=45°（已证），PC边公共边， ∴△PBC≌△PDC（SAS）， ∴∠PBC=∠PDC， ∴∠PEC=∠PDC， ∵PF⊥DE， ∴DF=EF； ②同理：PA=PG=DF=EF，PC=CF， ∴PA=EF=（CE+CF）=CE+CF=CE+PC 即PC、PA、CE满足关系为：PA﹣PC=CE． 点评： 本题是一个动态几何题，考查用正方形性质、线段垂直平分线的性质、三角形相似的条件和性质进行有条理的思考和表达能力，还考查按要求画图能力． 354．（2009?湘潭）如图，B，C，E是同一直线上的三个点，四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形，连接BG，DE．
（1）观察图形，猜想BG与DE之间的大小关系，并证明你的结论； （2）若延长BG交DE于点H，求证：BH⊥DE．
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考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 专题： 几何综合题． 分析： （1）根据已知，利用SAS判定△BCG≌△DCE，全等三角形的对应边相等，所以BG=DE． （2）根据全等三角形的对应角相等，得到∠CBG=∠CDE，再根据角之间的关系可得到∠DHB=∠BCG=90°即BH⊥DE． 解答： （1）解：猜想：BG=DE；（1分） ∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形， ∴BC=DC，∠BCG=∠DCE=90°，CG=CE， ∴△BCG≌△DCE（SAS），（3分） ∴BG=DE； ∴∠CBG=∠CDE， ∵∠CBG+∠BGC=90°，∠CDE+∠CED=90°， ∴∠BGC=∠CED， ∴∠BHE=∠BCD=90°， ∴BG⊥DE； （2）证明：在△BCG与△DHG中， 由（1）得∠CBG=∠CDE，（4分） ∠CGB=∠DGH，（5分） ∴∠DHB=∠BCG=90°， ∴BH⊥DE．（6分） 点评： 此题主要考查学生对正方形的性质及全等三角形的判定的理解及掌握情况． 355．（2009?天水）在正方形ABCD中，点P是CD边上一动点，连接PA，分别过点B、D作BE⊥PA、DF⊥PA，垂足分别为E、F，如图①．
（1）请探究BE、DF、EF这三条线段的长度具有怎样的数量关系？若点P在DC的延长线上，如图②，那么这三条线段的长度之间又具有怎样的数量关系？若点P在CD的延长线上呢，如图③，请分别直接写出结论； （2）就（1）中的三个结论选择一个加以证明．
考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 专题： 几何综合题；压轴题． ?2010-2014 菁优网