1. (2014?四川巴中，第28題10分)如圖，在四邊形ABCD中，點H是BC的中點，作射線AH，在線段AH及其延長線上分別取點E，F，連結BE，CF.
(1)請你添加一個條件，使得△BEH≌△CFH，你添加的條件是，并證明.
(2)在問題(1)中，當BH與EH滿足什么關系時，四邊形BFCE是矩形，請說明理由.
考點：矩形的判定.
分析：(1)根據全等三角形的判定方法，可得出當EH=FH，BE∥CF，∠EBH=∠FCH時，都可以證明△BEH≌△CFH，
(2)由(1)可得出四邊形BFCE是平行四邊形，再根據對角線相等的平行四邊形為矩形可得出BH=EH時，四邊形BFCE是矩形.
解答：(1)答：添加：EH=FH，證明：∵點H是BC的中點，∴BH=CH，
在△△BEH和△CFH中， ，∴△BEH≌△CFH(SAS);
(2)解：∵BH=CH，EH=FH，
∴四邊形BFCE是平行四邊形(對角線互相平分的四邊形為平行四邊形)，
∵當BH=EH時，則BC=EF，
2. (2014?山東威海，第24題11分)猜想與證明：
如圖1擺放矩形紙片ABCD與矩形紙片ECGF，使B、C、G三點在一條直線上，CE在邊CD上，連接AF，若M為AF的中點，連接DM、ME，試猜想DM與ME的關系，并證明你的結論.
拓展與延伸：
(1)若將”猜想與證明“中的紙片換成正方形紙片ABCD與正方形紙片ECGF，其他條件不變，則DM和ME的關系為 DM=DE .
(2)如圖2擺放正方形紙片ABCD與正方形紙片ECGF，使點F在邊CD上，點M仍為AF的中點，試證明(1)中的結論仍然成立.
考點： 四邊形綜合題
分析： 猜想：延長EM交AD于點H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜邊的中線等于斜邊的一半證明.
(1)延長EM交AD于點H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜邊的中線等于斜邊的一半證明，
(2)連接AE，AE和EC在同一條直線上，再利用直角三角形中，斜邊的中線等于斜邊的一半證明，
解答： 猜想：DM=ME
證明：如圖1，延長EM交AD于點H，
∵四邊形ABCD和CEFG是矩形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∴△FME≌△AMH(ASA)
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME.
(1)如圖1，延長EM交AD于點H，
∵四邊形ABCD和CEFG是矩形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∴△FME≌△AMH(ASA)
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME，
故答案為：DM=ME.
(2)如圖2，連接AE，
∵四邊形ABCD和ECGF是正方形，
∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，
∴AE和EC在同一條直線上，
在RT△ADF中，AM=MF，
∴DM=AM=MF，
3. (2014?山東棗莊，第22題8分)如圖，四邊形ABCD的對角線AC、BD交于點O，已知O是AC的中點，AE=CF，DF∥BE.
(1)求證：△BOE≌△DOF;
(2)若OD=AC，則四邊形ABCD是什么特殊四邊形?請證明你的結論.
考點： 全等三角形的判定與性質;平行四邊形的判定與性質;矩形的判定
專題： 計算題.
分析： (1)由DF與BE平行，得到兩對內錯角相等，再由O為AC的中點，得到OA=OC，又AE=CF，得到OE=OF，利用AAS即可得證;
(2)若OD=AC，則四邊形ABCD為矩形，理由為：由OD=AC，得到OB=AC，即OD=OA=OC=OB，利用對角線互相平分且相等的四邊形為矩形即可得證.
解答： (1)證明：∵DF∥BE，
∴∠FDO=∠EBO，∠DFO=∠BEO，
∵O為AC的中點，即OA=OC，AE=CF，
∴OA﹣AE=OC﹣CF，即OE=OF，
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF(AAS);
(2)若OD=AC，則四邊形ABCD是矩形，理由為：
證明：∵△BOE≌△DOF，
∴OB=OD，
4. (2014?山東煙臺，第25題10分)在正方形ABCD中，動點E，F分別從D，C兩點同時出發，以相同的速度在直線DC，CB上移動.
(1)如圖①，當點E自D向C，點F自C向B移動時，連接AE和DF交于點P，請你寫出AE與DF的位置關系，并說明理由;
(2)如圖②，當E，F分別移動到邊DC，CB的延長線上時，連接AE和DF，(1)中的結論還成立嗎?(請你直接回答“是”或“否”，不需證明)
(3)如圖③，當E，F分別在邊CD，BC的延長線上移動時，連接AE，DF，(1)中的結論還成立嗎?請說明理由;
(4)如圖④，當E，F分別在邊DC，CB上移動時，連接AE和DF交于點P，由于點E，F的移動，使得點P也隨之運動，請你畫出點P運動路徑的草圖.若AD=2，試求出線段CP的最小值.
考點：全等三角形，正方形的性質，勾股定理，運動與變化的思想.
分析：(1)AE=DF，AE⊥DF.先證得△ADE≌△DCF.由全等三角形的性質得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF;
(2)是.四邊形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因為∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+
∠ADF=90°，所以AE⊥DF;
(3)成立.由(1)同理可證AE=DF，∠DAE=∠CDF，延長FD交AE于點G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF;
(4)由于點P在運動中保持∠APD=90°，所以點P的路徑是一段以AD為直徑的弧，設AD的中點為O，連接OC交弧于點P，此時CP的長度最小，再由勾股定理可得
OC的長，再求CP即可.
解答：(1)AE=DF，AE⊥DF.理由：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°.∵DE=CF，∴△ADE≌△DCF.
∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°.∴AE⊥DF;
(2)是;
(3)成立.
理由：由(1)同理可證AE=DF，∠DAE=∠CDF
延長FD交AE于點G，
則∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠ADG+∠DAE=90°.
∴AE⊥DF;
(4)如圖：
由于點P在運動中保持∠APD=90°，
∴點P的路徑是一段以AD為直徑的弧，
設AD的中點為O，連接OC交弧于點P，此時CP的長度最小，
5. (2014?浙江杭州，第23題，12分)復習課中，教師給出關于x的函數y=2kx2﹣(4kx+1)x﹣k+1(k是實數).
教師：請獨立思考，并把探索發現的與該函數有關的結論(性質)寫到黑板上.
學生思考后，黑板上出現了一些結論.教師作為活動一員，又補充一些結論，并從中選出以下四條：
①存在函數，其圖象經過(1，0)點;
②函數圖象與坐標軸總有三個不同的交點;
③當x>1時，不是y隨x的增大而增大就是y隨x的增大而減小;
④若函數有最大值，則最大值比為正數，若函數有最小值，則最小值比為負數.
教師：請你分別判斷四條結論的真假，并給出理由.最后簡單寫出解決問題時所用的數學方法.
考點： 二次函數綜合題
分析： ①將(1，0)點代入函數，解出k的值即可作出判斷;
②首先考慮，函數為一次函數的情況，從而可判斷為假;
③根據二次函數的增減性，即可作出判斷;
④當k=0時，函數為一次函數，無最大之和最小值，當k≠0時，函數為拋物線，求出頂點的縱坐標表達式，即可作出判斷.
解答： 解：①真，將(1，0)代入可得：2k﹣(4k+1)﹣k+1=0，
解得：k=0.
運用方程思想;
②假，反例：k=0時，只有兩個交點.運用舉反例的方法;
③假，如k=1，﹣ =，當x>1時，先減后增;運用舉反例的方法;
④真，當k=0時，函數無最大、最小值;
k≠0時，y最= =﹣ ，
∴當k>0時，有最小值，最小值為負;
當k<0時，有最大值，最大值為正.運用分類討論思想.
點評： 本題考查了二次函數的綜合，立意新穎，結合考察了數學解題過程中經常用到的幾種解題方法，同學們注意思考、理解，難度一般.
6. (2014?陜西,第26題12分)問題探究
(1)如圖①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC邊上存在點P，使△APD為等腰三角形，那么請畫出滿足條件的一個等腰三角形△APD，并求出此時BP的長;
(2)如圖②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC邊上的高，E、F分別為邊AB、AC的中點，當AD=6時，BC邊上存在一點Q，使∠EQF=90°，求此時BQ的長;
問題解決
(3)有一山莊，它的平面圖為如圖③的五邊形ABCDE，山莊保衛人員想在線段CD上選一點M安裝監控裝置，用來監視邊AB，現只要使∠AMB大約為60°，就可以讓監控裝置的效果達到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，問在線段CD上是否存在點M，使∠AMB=60°?若存在，請求出符合條件的DM的長，若不存在，請說明理由.
考點： 圓的綜合題;全等三角形的判定與性質;等邊三角形的性質;勾股定理;三角形中位線定理;矩形的性質;正方形的判定與性質;直線與圓的位置關系;特殊角的三角函數值
專題： 壓軸題;存在型.
分析： (1)由于△PAD是等腰三角形，底邊不定，需三種情況討論，運用三角形全等、矩形的性質、勾股定理等知識即可解決問題.
(2)以EF為直徑作⊙O，易證⊙O與BC相切，從而得到符合條件的點Q唯一，然后通過添加輔助線，借助于正方形、特殊角的三角函數值等知識即可求出BQ長.
(3)要滿足∠AMB=60°，可構造以AB為邊的等邊三角形的外接圓，該圓與線段CD的交點就是滿足條件的點，然后借助于等邊三角形的性質、特殊角的三角函數值等知識，就可算出符合條件的DM長.
解答： 解：(1)①作AD的垂直平分線交BC于點P，如圖①，
則PA=PD.
∴△PAD是等腰三角形.
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠B=∠C=90°.
∵PA=PD，AB=DC，
∴Rt△ABP≌Rt△DCP(HL).
∴BP=CP.
∵BC=4，
∴BP=CP=2.
②以點D為圓心，AD為半徑畫弧，交BC于點P′，如圖①，.
則DA=DP′.
∴△P′AD是等腰三角形.
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=DC，∠C=90°.
∵AB=3，BC=4，
∴DC=3，DP′=4.
∴CP′= = .
∴BP′=4﹣ .
③點A為圓心，AD為半徑畫弧，交BC于點P″，如圖①，
則AD=AP″.
∴△P″AD是等腰三角形.
同理可得：BP″= .
綜上所述：在等腰三角形△ADP中，
若PA=PD，則BP=2;
若DP=DA，則BP=4﹣ ;
若AP=AD，則BP= .
(2)∵E、F分別為邊AB、AC的中點，
∴EF∥BC，EF= BC.
∵BC=12，
∴EF=6.
以EF為直徑作⊙O，過點O作OQ⊥BC，垂足為Q，連接EQ、FQ，如圖②.
∵AD⊥BC，AD=6，
∴EF與BC之間的距離為3.
∴OQ=3
∴OQ=OE=3.
∴⊙O與BC相切，切點為Q.
∵EF為⊙O的直徑，
∴∠EQF=90°.
過點E作EG⊥BC，垂足為G，如圖②.
∵EG⊥BC，OQ⊥BC，
∴EG∥OQ.
∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ=90°，OE=OQ，
∴四邊形OEGQ是正方形.
∴GQ=EO=3，EG=OQ=3.
∵∠B=60°，∠EGB=90°，EG=3，
∴BG= .
∴BQ=GQ+BG=3+ .
∴當∠EQF=90°時，BQ的長為3+ .
(3)在線段CD上存在點M，使∠AMB=60°.
理由如下：
以AB為邊，在AB的右側作等邊三角形ABG，
作GP⊥AB，垂足為P，作AK⊥BG，垂足為K.
設GP與AK交于點O，以點O為圓心，OA為半徑作⊙O，
過點O作OH⊥CD，垂足為H，如圖③.
則⊙O是△ABG的外接圓，
∵△ABG是等邊三角形，GP⊥AB，
∴AP=PB= AB.
∵AB=270，
∴AP=135.
∵ED=285，
∴OH=285﹣135=150.
∵△ABG是等邊三角形，AK⊥BG，
∴∠BAK=∠GAK=30°.
∴OP=AP?tan30°
=135×
=45 .
∴OA=2OP=90 .
∴OH
∴⊙O與CD相交，設交點為M，連接MA、MB，如圖③.
∴∠AMB=∠AGB=60°，OM=OA=90 ..
∵OH⊥CD，OH=150，OM=90 ，
∴HM= = =30 .
∵AE=400，OP=45 ，
∴DH=400﹣45 .
若點M在點H的左邊，則DM=DH+HM=400﹣45 +30 .
∵400﹣45 +30 >340，
∴DM>CD.
∴點M不在線段CD上，應舍去.
若點M在點H的右邊，則DM=DH﹣HM=400﹣45 ﹣30 .
∵400﹣45 ﹣30 <340，
∴DM
∴點M在線段CD上.
綜上所述：在線段CD上存在唯一的點M，使∠AMB=60°，
此時DM的長為(400﹣45 ﹣30 )米.
點評： 本題考查了垂直平分線的性質、矩形的性質、等邊三角形的性質、正方形的判定與性質、直線與圓的位置關系、圓周角定理、三角形的中位線定理、全等三角形的判定與性質、勾股定理、特殊角的三角函數值等知識，考查了操作、探究等能力，綜合性非常強.而構造等邊三角形及其外接圓是解決本題的關鍵.
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