2011中考冲刺数学专题2-探索型问题

2011中考冲刺数学专题2—— 探索型问题
【备考点睛】
探索型问题是指那些条件不完备、结论不明确、或答案不唯一、给学生留有较大探索余地的试题。从最近几年来中考中探索性问题逐年攀升的趋势，可预测探索性问题仍将是中考命题“孜孜以求的目标”。
探索型问题一般有两类：
（1）探索条件的开放题；（2）探索结论的开放题。
探索型问题的特点：
（1）题设开放型探索性问题的特点是给出结论，不给出条件或条件残缺，需在给定结论的前提下，探索结论成立的条件，但满足结论成立的条件往往不唯一，答案与已知条件对整个问题而言只要是充分的、相容的、独立的，就视为正确的；
（2）结论开放型探索性问题的特点是给出一定的条件而未给出结论，要求在给定的前提条件下，探索结论的多样性，然后通过推理证明确定结论；
【经典例题】
类型一 条件开放型问题
例题1．（2010福建宁德）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM.
⑴ 求证：△AMB≌△ENB；
⑵ ①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；
②当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由；
⑶ 当AM＋BM＋CM的最小值为时，求正方形的边长.
解答：⑴∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°.
∵∠MBN＝60°，
∴∠MBN－∠ABN＝∠ABE－∠ABN.
即∠BMA＝∠NBE.
又∵MB＝NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS）.
⑵①当M点落在BD的中点时，AM＋CM的值最小.
②如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，
AM＋BM＋CM的值最小.
理由如下：连接MN.由⑴知，△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN.
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形.
∴BM＝MN.
∴AM＋BM＋CM＝EN＋MN＋CM.
根据“两点之间线段最短”，得EN＋MN＋CM＝EC最短
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，即等于EC的长.
⑶过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF＝90°－60°＝30°.
设正方形的边长为x，则BF＝x，EF＝.
在Rt△EFC中，
∵EF2＋FC2＝EC2，
∴（）2＋（x＋x）2＝.
解得，x＝（舍去负值）.
∴正方形的边长为.
例题2．如图，四边形ABCD是平行四边形．O是对角线AC的中点，过点O的直线EF分别交AB、DC于点E、F，与CB、AD的延长线分别交于点G、H．
（1）写出图中不全等的两个相似三角形（不要求证明）；
（2）除AB=CD，AD=BC，OA=OC这三对相等的线段外，图中还有多对相等的线段，请选出其中一对加以证明．
解答：分析：考察了相似的两种基本图形，平行四边形中利用全等三角形的简单证明.
（1） AEH与DFH．（或AEH与BEG， 或BEG与CFG ，或DFH与CFG）
（2）OE=OF．
证明：四边形ABCD是平行四边形，
∥CD， ，
，　　△△，　　　
．
例题3．（2010 甘肃）如图，抛物线与x轴交于A（－1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，－3），设抛物线的顶点为D．
（1）求该抛物线的解析式与顶点D的坐标；
（2）以B、C、D为顶点的三角形是直角三角形吗？为什么？
（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请指出符合条件的点P的位置，并直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解答：（1）设该抛物线的解析式为，
由抛物线与y轴交于点C（0，－3）,可知.
即抛物线的解析式为．
把A（－1，0）、B（3，0）代入, 得
解得.
∴ 抛物线的解析式为y = x2－2x－3．
∴ 顶点D的坐标为.
（2）以B、C、D为顶点的三角形是直角三角形.
理由如下：
过点D分别作轴、轴的垂线，垂足分别为E、F.
在Rt△BOC中，OB=3，OC=3，∴ .
在Rt△CDF中，DF=1，CF=OF-OC=4-3=1，∴ .
在Rt△BDE中，DE=4，BE=OB-OE=3-1=2，∴ .
∴ ， 故△BCD为直角三角形.
（3）连接AC，可知Rt△COA∽ Rt△BCD，
得符合条件的点为O（0，0）．
过A作AP1⊥AC交y轴正半轴于P1，
可知Rt△CAP1 ∽ Rt△COA∽ Rt△BCD，
求得符合条件的点为．
过C作CP2⊥AC交x轴正半轴于P2，
可知Rt△P2CA∽ Rt△COA∽ Rt△BCD，
求得符合条件的点为P2（9，0）．
∴符合条件的点有三个：
O（0，0），，P2（9，0）.
类型二 结论开放型问题
例题4．（2010四川眉山）如图，Rt△AB C 是由Rt△ABC绕点A顺时针旋转得到的，连结CC 交斜边于点E，CC 的延长线交BB 于点F．
（1）证明：△ACE∽△FBE；
（2）设∠ABC=，∠CAC =，试探索
、满足什么关系时，△ACE与△FBE
是全等三角形，并说明理由．
解答：（1）证明：∵Rt△AB C 是由Rt△ABC绕
点A顺时针旋转得到的，
∴AC=AC ，AB=AB ，∠CAB=∠C AB
∴∠CAC =∠BAB
∴∠ACC =∠ABB
又∠AEC=∠FEB
∴△ACE∽△FBE
（2）解：当时，△ACE≌△FBE．
在△ACC中，∵AC=AC ，
∴
在Rt△ABC中，
∠ACC+∠BCE=90°，即，
∴∠BCE=．
∵∠ABC=，
∴∠ABC=∠BCE
∴CE=BE
由（1）知：△ACE∽△FBE，
∴△ACE≌△FBE．
例题5．（2010安徽蚌埠）已知⊙过点（3，4）,点与点关于轴对称，过作⊙的切线交轴于点。
⑴ 求的值；
⑵ 如图，设⊙与轴正半轴交点为，点、是线段上的动点（与点不重合），连接并延长、交⊙于点、，直线交轴于点，若是以为底的等腰三角形，试探索的大小怎样变化，请说明理由。
解答：⑴
（2）试探索的大小怎样变化，请说明理由.
解：当、两点在上运动时（与点不重合），的值不变
过点作于，并延长交于，连接，
交于。
因为为等腰三角形， ，
所以平分
所以弧BN=弧CN，所以，
所以
所以=
即当、两点在上运动时（与点不重合），的值不变。
例题6．某天，小明来到体育馆看球赛，进场时，发现门票还在家里，此时离比赛开始还有25分钟，于是立即步行回家取票.同时，他父亲从家里出发骑自行车以他3倍的速度给他送票，两人在途中相遇，相遇后小明立即坐父亲的自行车赶回体育馆.下图中线段AB、OB分别表示父、子俩送票、取票过程中，离体育馆的路程S（米）与所用时间（分钟）之间的函数关系，结合图象解答下列问题（假设骑自行车和步行的速度始终保持不变）：
（1）求点B的坐标和AB所在直线的函数关系式；
（2）小明能否在比赛开始前到达体育馆？
解答： 从函数图象中“读图找点”，由点的坐标找数量，利用列算式或方程求解，也可以“见形想式”，通过建立函数关系式，利用函数求解。
【解答】（1）解法一：从图象可以看出：父子俩从出发到相遇时花费了15分钟 设小明步行的速度为x米/分，则小明父亲骑车的速度为3x米/分
依题意得：15x+45x=3600． 解得：x=60．
所以两人相遇处离体育馆的距离为60×15=900米．
所以点B的坐标为（15，900）．
设直线AB的函数关系式为S=kt+b（k≠0）．
由题意，直线AB经过点A（0，3600）、B（15，900）得：解之，得
∴直线AB的函数关系式为：．
解法二：从图象可以看出：父子俩从出发到相遇花费了15分钟． 设父子俩相遇时，小明走过的路程为x米．
依题意得：，解得x=900，
所以点B的坐标为（15，900），以下同解法一．
（2）解法一：小明取票后，赶往体育馆的时间为：
小明取票花费的时间为：15+5=20分钟．
∵20<25 ∴小明能在比赛开始前到达体育馆．
解法二：在中，令S=0，得． 解得：t=20．
即小明的父亲从出发到体育馆花费的时间为20分钟，因而小明取票的时间也为20分钟．
∵20<25，∴小明能在比赛开始前到达体育馆．
【点评】在数与代数的的问题中常通过建立方程、函数等不同数学模型解决问题，解题策略不同，要注意优化解题方案和过程。
类型三、综合探索型问题
例题7．（2010山东青岛）已知：把Rt△ABC和Rt△DEF按如图（1）摆放（点C与点E重合），点B、C（E）、F在同一条直线上．∠ACB = ∠EDF = 90°，∠DEF = 45°，AC = 8 cm，BC = 6 cm，EF = 9 cm．
如图（2），△DEF从图（1）的位置出发，以1 cm/s的速度沿CB向△ABC匀速移动，在△DEF移动的同时，点P从△ABC的顶点B出发，以2 cm/s的速度沿BA向点A匀速移动.当△DEF的顶点D移动到AC边上时，△DEF停止移动，点P也随之停止移动．DE与AC相交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）（0＜t＜4.5）．解答下列问题：
（1）当t为何值时，点A在线段PQ的垂直平分线上？
（2）连接PE，设四边形APEC的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；是否存在某一时刻t，使面积y最小？若存在，求出y的最小值；若不存在，说明理由．
（3）是否存在某一时刻t，使P、Q、F三点在同一条直线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由．（图（3）供同学们做题使用）
解答：（1）∵点A在线段PQ的垂直平分线上，
∴AP = AQ.
∵∠DEF = 45°，∠ACB = 90°，∠DEF＋∠ACB＋∠EQC = 180°，
∴∠EQC = 45°.
∴∠DEF =∠EQC.
∴CE = CQ.
由题意知：CE = t，BP =2 t，
∴CQ = t.
∴AQ = 8－t.
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB = 10 cm .
则AP = 10－2 t.
∴10－2 t = 8－t.
解得：t = 2.
答：当t = 2 s时，点A在线段PQ的垂直平分线上.
（2）过P作，交BE于M，
∴.
在Rt△ABC和Rt△BPM中，，
∴ . ∴PM = .
∵BC = 6 cm，CE = t， ∴ BE = 6－t.
∴y = S△ABC－S△BPE =－= －
= = .
∵，∴抛物线开口向上.
∴当t = 3时，y最小=.
答：当t = 3s时，四边形APEC的面积最小，最小面积为cm2.
（3）假设存在某一时刻t，使点P、Q、F三点在同一条直线上.
过P作，交AC于N，
∴.
∵，∴△PAN ∽△BAC.
∴.
∴.
∴，.
∵NQ = AQ－AN，
∴NQ = 8－t－() = ．
∵∠ACB = 90°，B、C（E）、F在同一条直线上，
∴∠QCF = 90°，∠QCF = ∠PNQ.
∵∠FQC = ∠PQN，
∴△QCF∽△QNP .
∴ . ∴ .
∵ ∴
解得：t = 1.
答：当t = 1s，点P、Q、F三点在同一条直线上.
例题8．（2010 浙江衢州）△ABC中，∠A=∠B=30°，AB=．把△ABC放在平面直角坐标系中，使AB的中点位于坐标原点O(如图)，△ABC可以绕点O作任意角度的旋转．
(1)　当点B在第一象限，纵坐标是时，求点B的横坐标；
(2)　如果抛物线(a≠0)的对称轴经过点C，请你探究：
①　当，，时，A，B两点是否都在这条抛物线上？并说明理由；
②　设b=-2am，是否存在这样的m的值，使A，B两点不可能同时在这条抛物线上？若存在，直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
解答：(1)　 ∵　点O是AB的中点，　∴　．
设点B的横坐标是x(x>0)，则，
解得　，(舍去)．
∴　点B的横坐标是．
①　当，，时，得　　
．
以下分两种情况讨论．
情况1：设点C在第一象限(如图甲)，则点C的横坐标为，
．
由此，可求得点C的坐标为(，)，
点A的坐标为(，)，
∵　A，B两点关于原点对称，
∴　点B的坐标为(，)．
将点A的横坐标代入(＊)式右边，计算得，即等于点A的纵坐标；
将点B的横坐标代入(＊)式右边，计算得，即等于点B的纵坐标．
∴　在这种情况下，A，B两点都在抛物线上． 　
情况2：设点C在第四象限(如图乙)，则点C的坐标为(，-)，
点A的坐标为(，)，点B的坐标为( ( http: / / www. / )，)．
经计算，A，B两点都不在这条抛物线上． 　 　
(情况2另解：经判断，如果A，B两点都在这条抛物线上，那么抛物线将开口向下，而已知的抛物线开口向上．所以A，B两点不可能都在这条抛物线上)
②　存在．m的值是1或-1．(，因为这条抛物线的对称轴经过点C，所以-1≤m≤1．当m=±1时，点C在x轴上，此时A，B两点都在y轴上．因此当m=±1时，A，B两点不可能同时在这条抛物线上)
【技巧提炼】
因探索型问题一般没有明确的结论，没有固定的形式和方法，需要自己通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需求的结论或条件或方法，因而解题的策略是将其转化为封闭性问题．
探索条件的开放题的解题策略是：分析时，把问题的结论作为条件（假设问题的结论成立），借此探索相关的关系；解答时，把探索的关系作为条件，证明此时结论成立。务必要注意这类问题的书写形式。不能把结论当着条件来使用，只能以探索的条件作为条件说明此时结论的正确性。
探索结论的开放题的解题策略是：直接从已知条件入手，通过推理或猜想得出结论。在探索过程中可从特殊情景入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，再就一般情形去认证结论。这里的关键是抓住命题的条件及特点归纳总结出一般结论。特别要注意题目的具体要求，有些问题只要求探索到满足条件的某种情况，只要给出答案就可以，有些问题要探索出满足条件的所有可能情况，这时就必须考虑全面。也有些问题要求给出全部的答案，但不要求每种情况都给出严谨的证明或完整的探讨过程，解答时务必要看清题目具体的要求，正确的解答。
【体验中考】
1．（2010江苏盐城）写出图象经过点(1，－1)的一个函数关系式 ．
2．（2010湖北随州）已知抛物线顶点为C（1，1）且过原点O.过抛物线上一点P（x，y）向直线作垂线，垂足为M，连FM（如图）.
（1）求字母a，b，c的值；
（2）在直线x＝1上有一点，求以PM为底边的等腰三角形PFM的P点的坐标，并证明此时△PFM为正三角形；
（3）对抛物线上任意一点P，是否总存在一点N（1，t），使PM＝PN恒成立，若存在请求出t值，若不存在请说明理由.
3．（2010辽宁丹东）如图，平面直角坐标系中有一直角梯形OMNH，点H的坐标为（－8，0），点N的坐标为（－6，－4）．
（1）画出直角梯形OMNH绕点O旋转180°的图形OABC，并写出顶点A，B，C的坐标（点M的对应点为A， 点N的对应点为B， 点H的对应点为C）；
（2）求出过A，B，C三点的抛物线的表达式；
（3）截取CE=OF=AG=m，且E，F，G分别在线段CO，OA，AB上，求四边形BEFG的面积S与m之间的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；面积S是否存在最小值 若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由；
（4）在（3）的情况下，四边形BEFG是否存在邻边相等的情况，若存在，请直接写出此时m的值，并指出相等的邻边；若不存在，说明理由．
4．（2010山东临沂）如图1，已知矩形，点是边的中点，且.
(1)判断的形状，并说明理由；
(2)保持图1中的固定不变，绕点旋转所在的直线到图2中的位置（当垂线段、在直线的同侧）.试探究线段、、长度之间有什么关系？并给予证明；
（3）保持图2 中的固定不变，继续绕点旋转所在的直线到图3中的位置（当垂线段、在直线的异侧）.试探究线段、、长度之间有什么关系？并给予证明.
5．（2010江苏宿迁）已知抛物线交x轴于A(1,0)、B(3,0)两点，交y轴于点C，其顶点为D．
（1）求b、c的值并写出抛物线的对称轴；
（2）连接BC，过点O作直线OE⊥BC交抛物线
的对称轴于点E．求证：四边形ODBE是等腰梯形；
（3）抛物线上是否存在点Q，使得△OBQ的面积
等于四边形ODBE的面积的？若存在，求点Q的坐标；
若不存在，请说明理由．
6．（2010安徽蚌埠）如图1、2是两个相似比为：的等腰直角三角形，将两个三角形如图3放置，小直角三角形的斜边与大直角三角形的一直角边重合。
⑴ 在图3中，绕点旋转小直角三角形，使两直角边分别与交于点，如图4。求证：；
⑵ 若在图3中，绕点旋转小直角三角形，使它的斜边和延长线分别与交于点，如图5，此时结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由。
⑶ 如图，在正方形中，分别是边上的点，满足的周长等于正方形的周长的一半，分别与对角线交于，试问线段、、能否构成三角形的三边长？若能，指出三角形的形状，并给出证明；若不能，请说明理由。
7．（2010福建泉州））我们容易发现：反比例函数的图象是一个中心对称图形.你可以利用这一结论解决问题.如图，在同一直角坐标系中，正比例函数的图象可以看作是：将轴所在的直线绕着原点逆时针旋转α度角后的图形.若它与反比例函数的图象分别交于第一、三象限的点、，已知点、.
（1）直接判断并填写：不论α取何值，四边形的形状一定是 ;
（2）①当点为时，四边形是矩形，试求、α、和有值；
②观察猜想：对①中的值，能使四边形为矩形的点共有几个？
（3）试探究：四边形能不能是菱形？若能, 直接写出B点的坐标, 若不能, 说明理由.
8．（2010福建南平）如图1，在△ABC中，AB=BC，P为AB边上一点，连接CP，以PA、PC为邻边作□APCD，AC与PD相交于点E，已知∠ABC=∠AEP=α（0°<α<90°）.
（1）求证：∠EAP=∠EPA；
（2）□APCD是否为矩形？请说明理由；
（3）如图2，F为BC中点，连接FP，将∠AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到∠MEN（点M、N分别是∠MEN的两边与BA、FP延长线的交点）.猜想线段EM与EN之间的数量关系，并证明你的结论.
9．（2010江苏无锡）
（1）如图1，在正方形ABCD中，M是BC边（不含端点B、C）上任意一点，P是BC延长线上一点，N是∠DCP的平分线上一点．若∠AMN=90°，求证：AM=MN．
下面给出一种证明的思路，你可以按这一思路证明，也可以选择另外的方法证明．
证明：在边AB上截取AE=MC，连ME．正方形ABCD中，∠B=∠BCD=90°，AB=BC．
∴∠NMC=180°—∠AMN —∠AMB=180°—∠B—∠AMB=∠MAB=∠MAE．
（下面请你完成余下的证明过程）
（2）若将（1）中的“正方形ABCD”改为“正三角形ABC”（如图2），N是∠ACP的平分线上一点，则当∠AMN=60°时，结论AM=MN是否还成立？请说明理由．
（3）若将（1）中的“正方形ABCD”改为“正边形ABCD……X”，请你作出猜想：当∠AMN= °时，结论AM=MN仍然成立．（直接写出答案，不需要证明）
10．是等边三角形，点D是射线BC上的一个动点（点D不与点B、C重合），是以AD为边的等边三角形，过点E作BC的平行线，分别交射线AB、AC于点F、G，连接BE．如图（a）所示，当点D在线段BC上时．
（1）求证：；
（2）探究四边形是怎样特殊的四边形？并说明理由；
答案：
1．【答案】y=-x或y=-或y=x2-2x，答案不唯一
2．【答案】（1）a＝－1，b＝2，c＝0
（2）过P作直线x=1的垂线，可求P的纵坐标为，横坐标为.此时，MP＝MF＝PF＝1，故△MPF为正三角形.
（3）不存在.因为当t＜，x＜1时，PM与PN不可能相等，同理，当t＞，x＞1时，PM与PN不可能相等.
3．【答案】（1） 利用中心对称性质，画出梯形OABC．
∵A，B，C三点与M，N，H分别关于点O中心对称，
∴A（0，4），B（6，4），C（8，0）
（2）设过A，B，C三点的抛物线关系式为，
∵抛物线过点A（0，4），
∴．则抛物线关系式为．
将B（6，4）， C（8，0）两点坐标代入关系式，得
解得
所求抛物线关系式为：．
（3）∵OA=4，OC=8，∴AF=4－m，OE=8－m．
∴
OA（AB+OC）AF·AGOE·OFCE·OA
（ 0＜＜4）
∵． ∴当时，S的取最小值．
又∵0＜m＜4，∴不存在m值，使S的取得最小值．
（4）当时，GB=GF，当时，BE=BG．
4．【答案】（1）△ABC是等腰直角三角形。
如图（1）在矩形ABED中，
因为点C是边DE的中点，且AB=2AD,
所以AD=DC=CE=EB,
∠D=∠E=90°.
∴Rt△ADC≌Rt△BEC.
∴AC=BC, ∠1=∠2=45°.
∴∠ACB=90°.
∴△ABC是等腰直角三角形。
（2）DE=AD+BE.
如图（2），在Rt△ADC和Rt△BEC中，
∵∠1=∠CAD=90°, ∠1+∠2=90°.
∴∠CAD=∠2.
又∵AC=BC, ∠ADC=∠CEB=90°,
∴Rt△ADC≌Rt△CEB.
∴DC=BE,CE=AD.
∴DC+CE= BE+AD,
即DE=AD+BE.
（3）DE=BE-AD.
如图（3），在Rt△ADC和Rt△CEB中，∵∠1+∠CAD=90°, ∠1+∠2=90°，
∴∠CAD=∠2.
又∵∠ADC=∠CBE=90°,AC=CB, ∴Rt△ADC≌Rt△CBE.
∴DC=BE,CE=AD.∴DC-CE=BE-AD, 即DE=BE-AD.
5．【答案】（1）求出：，，抛物线的对称轴为：x=2
(2) 抛物线的解析式为，易得C点坐标为（0，3），D点坐标为（2，-1）
设抛物线的对称轴DE交x轴于点F，易得F点坐标为（2，0），连接OD，DB，BE
∵OBC是等腰直角三角形，DFB也是等腰直角三角形，E点坐标为（2，2），
∴∠BOE= ∠OBD= ∴OE∥BD
∴四边形ODBE是梯形
在和中，
OD= ，BE=
∴OD= BE
∴四边形ODBE是等腰梯形
(3) 存在，
由题意得：
设点Q坐标为（x，y），
由题意得：
=
∴
当y=1时，即，
∴ ， ，
∴Q点坐标为（2+，1）或(2-，1)
当y=-1时，即， ∴x=2，
∴Q点坐标为（2，-1）
综上所述，抛物线上存在三点
Q（2+，1），Q (2-，1) ，Q（2，-1）
使得=．
6．【答案】⑴ 在图4中，由于，将绕点旋转，得，
、。连接
在中有
又垂直平分
代换得
在图5中，由，将绕点旋转，得
连接
在中有
又可证≌，得V
代换得
(3)将绕点瞬时针旋转，得，且
因为的周长等于正方形周长的一半，所以
化简得从而可得≌，
推出
此时该问题就转化为图5中的问题了。由前面的结论知：
，再由勾股定理的逆定理知：
线段、、可构成直角三角形。
7．【答案】（1）平行四边形
（2）①∵点在的图象上，
∴
∴
过作，则
在中，
α=30°
∴
又∵点B、D是正比例函数与反比例函数图象的交点，
∴点B、D关于原点O成中心对称
∴OB=OD=
∵四边形为矩形，且
∴
∴；
②能使四边形为矩形的点B共有2个；
（3）四边形不能是菱形.
法一：∵点、的坐标分别为、
∴四边形的对角线在轴上.
又∵点、分别是正比例函数与反比例函数在第一、三象限的交点.
∴对角线与不可能垂直.
∴四边形不能是菱形
法二：若四边形ABCD为菱形，则对角线AC⊥BD，且AC与BD互相平分，
因为点A、C的坐标分别为（-m，0）、（m，0）
所以点A、C关于原点O对称，且AC在x轴上.
所以BD应在y轴上，这与“点B、D分别在第一、三象限”矛盾，
所以四边形ABCD不可能为菱形.
8．【答案】(1)证明：在ΔABC和ΔAEP中
∵∠ABC=∠AEP，∠BAC=∠EAP
∴ ∠ACB=∠APE
在ΔABC中，AB=BC
∴∠ACB=∠BAC
∴ ∠EPA=∠EAP
答：□ APCD是矩形
∵四边形APCD是平行四边形
∴ AC=2EA, PD=2EP
∵ 由（1）知 ∠EPA=∠EAP
∴ EA=EP
则 AC=PD
∴□APCD是矩形
答： EM=EN
∵EA=EP ∴ ∠EPA=90°－ α
∴∠EAM=180°-∠EPA=180°-(90°- α)=90°+ α
由（2）知∠CPB=90°,F是BC的中点，∴ FP=FB
∴∠FPB=∠ABC=α
∴ ∠EPN=∠EPA+∠APN=∠EPA+∠FPB=90°- α+α=90°+α
∴ ∠EAM=∠EPN
∵ ∠AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到∠MEN
∴ ∠AEP=∠MEN
∴∠AEP- ∠AEN=∠MEN-∠AEN 即 ∠MEA=∠NEP
∴ ΔEAM≌ΔEPN ∴ EM=EN
9．【答案】（1）∵AE=MC，∴BE=BM， ∴∠BEM=∠EMB=45°， ∴∠AEM=135°，
∵CN平分∠DCP，∴∠PCN=45°，∴∠AEM=∠MCN=135°
在△AEM和△MCN中：∵∴△AEM≌△MCN，∴AM=MN
（2）仍然成立．
在边AB上截取AE=MC，连接ME
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠B=∠ACB=60°，
∴∠ACP=120°．
∵AE=MC，∴BE=BM
∴∠BEM=∠EMB=60°
∴∠AEM=120°．
∵CN平分∠ACP，∴∠PCN=60°，
∴∠AEM=∠MCN=120°
∵∠CMN=180°—∠AMN—∠AMB=180°—∠B—∠AMB=∠BAM
∴△AEM≌△MCN，∴AM=MN
（3）
10．【答案】分析：观察图形，先猜想四边形是平行四边形，已知BC∥EG，从边的路径考虑，既可以再证BC=EG，也可以再证BE∥CG。
（1）证明：
∵和都是等边三角形，
∴．
又∵，
，
∴，
∴．
（2）方法一：由（1）得，
∴．
又∵，∴，
∴．
又∵，∴四边形是平行四边形．
方法二：证出，
得．
由（1）得．得．
∴四边形是平行四边形．
点评：在平行四边形的性质与判定中，在策略上要注意从边、角、对角线中寻找恰当的突破口。矩形、菱形、正方形从平行四边形特殊而来，在判定方法的选择上要注意路径，既可以直接从四边形证得为矩形（菱形），也可以先证明它是平行四边形，再证其为矩形（菱形）。
E
A D
B C
N
M
F
E
A D
B C
N
M
y
H
A
D
O
O
C
P
F
y
G
D
E
x
B
S（米）
t（分）
B
O
O
3 600
15
A
A
D
B
C
F
（
E
）
图（1）
A
D
B
C
F
E
图（2）
P
Q
A
B
C
图（3）
图（2）
Q
A
D
B
C
F
E
P
M
C
E
A
D
B
F
图（3）
P
Q
N
O
y
x
C
B
A
1
1
-1
-1
O
y
x
C
B
A
(甲)
1
1
-1
-1
O
y
x
C
B
A
(乙)
1
1
-1
-1
图1
A
B
D
C
E
P
图2
A
B
D
C
E
P
M
N
F
图1
图2
A
G
C
D
B
F
E
图（a）
O
M
N
H
A
C
E
F
D
B
↑
→
－8
(－6，－4)
x
y
E
F
Q1
Q3
Q2
N
F
M
E
B
D
A
C
N
F
M
E
B
D
A
C
G