∵∠ADC=150°， ∴∠MDC=30°，
在Rt△DCM中，∵CD=23，∠DCM=90°，∠MDC=30°， ∴CM=2，DM=4，∠M=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°， ∴EM=
1BM=7， 2∴DE=EM﹣DM=3， ∵AD=6，
∴AE=DE，∵BE⊥AD， ∴PA=PD，PB=PC，
在Rt△CDF中，∵CD=23，CF=6， ∴tan∠CDF=3， ∴∠CDF=60°=∠CPF， 易证△FCP≌△CFD， ∴CD=PF，∵CD∥PF， ∴四边形CDPF是矩形， ∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°， ∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°， ∴∠BPC=120°， ∴∠APD+∠BPC=180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=3， ∴PN=DN2?PD2=(3)2?62=39． 【点睛】
本题考查四边形综合题．
5．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD． （1）求证：AC垂直平分EF；
（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；
（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析. 【解析】
试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，
∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论； （2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；
（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论． 试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°， ∵BE=DF， ∴CE=CF， ∴AC垂直平分EF；
（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下： ∵点P是AF的中点，∠ADF=90°， ∴PD=AF=PA， ∴∠DAP=∠ADP， ∵AC垂直平分EF， ∴∠AQF=90°， ∴PQ=AF=PA，
∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，
∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，
∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°， ∴△PDQ是等腰直角三角形； （3）成立；理由如下：
∵点P是AF的中点，∠ADF=90°， ∴PD=AF=PA，
∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°， ∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ， ∴CQ⊥EF，∠AQF=90°， ∴PQ=AF=AP=PF， ∴PD=PQ=AP=PF，
∴点A、F、Q、P四点共圆， ∴∠DPQ=2∠DAQ=90°， ∴△PDQ是等腰直角三角形． 考点：四边形综合题．
6．边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1)，现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中， AB边交DF于点M，BC边交DG于点N. （1）求边DA在旋转过程中所扫过的面积；
（2）旋转过程中，当MN和AC平行时(如图2)，求正方形ABCD旋转的度数； （3）如图3，设△MBN的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.
【答案】（1）；（2）【解析】
；（3）不变化，证明见解析.
试题分析：（1）将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中，DA旋转了面积.
（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为
.
和.
可得结论.
，从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的
（3）延长BA交DE轴于H点，通过证明
（1）∵A点第一次落在DF上时停止旋转，∴DA旋转了
∴DA在旋转过程中所扫过的面积为（2）∵MN∥AC，∴∴又∵又∵∴
.∴
，∴
.∴
. ,∴
. .
.
,
.
.
∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形ABCD旋转的度数为(3)不变化，证明如下：
如图， 延长BA交DE轴于H点，则
，
∴又∵∴又∵∴∴
∴在旋转正方形ABCD的过程中，值无变化.
.∴．
, ,∴.
. ．
.
.∴
． ，
.
考点：1.面动旋转问题；2．正方形的性质；3.扇形面积的计算；4.全等三角形的判定和性质.
7．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F为线段AD的中点，连接CF．
（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；
（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；
（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．
【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析. 【解析】
试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而BE=2CF；
（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF； （3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.
解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AC=BC，
∵△CDE是等腰直角三角形， ∴CD=CE， 在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点， ∴AD=2CF， ∴BE=2CF， 故答案为BE=2CF；
（2）（1）中的关系是仍然成立， 理由：∵点F是AD中点， ∴AD=2DF，
∴AC=AD+CD=2DF+CD，
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形， ∴AC=BC，CD=CE， ∴BC=2DF+CE，
∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE）， ∵CF=DF+CD=DF+CD， ∴BE=2CF；
，
几何模型压轴题单元达标训练题(Word版 含答案)
