1. (2014•四川巴中，第28题10分)如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，连结BE，CF.
(1)请你添加一个条件，使得△BEH≌△CFH，你添加的条件是 ，并证明.
(2)在问题(1)中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由.
考点：矩形的判定.
分析：(1)根据全等三角形的判定方法，可得出当EH=FH，BE∥CF，∠EBH=∠FCH时，都可以证明△BEH≌△CFH，
(2)由(1)可得出四边形BFCE是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形为矩形可得出BH=EH时，四边形BFCE是矩形.
解答：(1)答：添加：EH=FH，证明：∵点H是BC的中点，∴BH=CH，
在△△BEH和△CFH中， ，∴△BEH≌△CFH(SAS);
(2)解：∵BH=CH，EH=FH，
∴四边形BFCE是平行四边形(对角线互相平分的四边形为平行四边形)，
∵当BH=EH时，则BC=EF，
∴平行四边形BFCE为矩形(对角线相等的平行四边形为矩形).
点评：本题考查了全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定，是基础题，难度不大.
2. (2014•山东威海，第24题11分)猜想与证明：
如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论.
拓展与延伸：
(1)若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为 DM=DE .
(2)如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明(1)中的结论仍然成立.
考点： 四边形综合题
分析： 猜想：延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明.
(1)延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
(2)连接AE，AE和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
解答： 猜想：DM=ME
证明：如图1，延长EM交AD于点H，
∵四边形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)如图1，延长EM交AD于点H，
∵四边形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，
故答案为：DM=ME.
(2)如图2，连接AE，
∵四边形ABCD和ECGF是正方形，
∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，
∴AE和EC在同一条直线上，
在RT△ADF中，AM=MF，
∴DM=AM=MF，
在RT△AEF中，AM=MF，
∴AM=MF=ME，
∴DM=ME.
点评： 本题主要考查四边形的综合题，解题的关键是利用正方形的性质及直角三角形的中线与斜边的关系找出相等的线段.
3. (2014•山东枣庄，第22题8分)如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知O是AC的中点，AE=CF，DF∥BE.
(1)求证：△BOE≌△DOF;
(2)若OD=AC，则四边形ABCD是什么特殊四边形?请证明你的结论.
考点： 全等三角形的判定与性质;平行四边形的判定与性质;矩形的判定
专题： 计算题.
分析： (1)由DF与BE平行，得到两对内错角相等，再由O为AC的中点，得到OA=OC，又AE=CF，得到OE=OF，利用AAS即可得证;
(2)若OD=AC，则四边形ABCD为矩形，理由为：由OD=AC，得到OB=AC，即OD=OA=OC=OB，利用对角线互相平分且相等的四边形为矩形即可得证.
解答： (1)证明：∵DF∥BE，
∴∠FDO=∠EBO，∠DFO=∠BEO，
∵O为AC的中点，即OA=OC，AE=CF，
∴OA﹣AE=OC﹣CF，即OE=OF，
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF(AAS);
(2)若OD=AC，则四边形ABCD是矩形，理由为：
证明：∵△BOE≌△DOF，
∴OB=OD，
∴OA=OB=OC=OD，即BD=AC，
∴四边形ABCD为矩形.
点评： 此题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，以及平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键.
4. (2014•山东烟台，第25题10分)在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动.
(1)如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由;
(2)如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，(1)中的结论还成立吗?(请你直接回答“是”或“否”，不需证明)
(3)如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，(1)中的结论还成立吗?请说明理由;
(4)如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图.若AD=2，试求出线段CP的最小值.
考点：全等三角形，正方形的性质，勾股定理，运动与变化的思想.
分析：(1)AE=DF，AE⊥DF.先证得△ADE≌△DCF.由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF;
(2)是.四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+
∠ADF=90°，所以AE⊥DF;
(3)成立.由(1)同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF;
(4)由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得
OC的长，再求CP即可.
解答：(1)AE=DF，AE⊥DF.理由：∵四边形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)同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF
延长FD交AE于点G，
则∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠ADG+∠DAE=90°.
∴AE⊥DF;
(4)如图：
由于点P在运动中保持∠APD=90°，
∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，
在Rt△ODC中，OC= ，
∴CP=OC﹣OP= .
点评： 本题主要考查了四边形的综合知识.综合性较强，特别是第(4)题要认真分析.
5. (2014•浙江杭州，第23题，12分)复习课中，教师给出关于x的函数y=2kx2﹣(4kx+1)x﹣k+1(k是实数).
教师：请独立思考，并把探索发现的与该函数有关的结论(性质)写到黑板上.
学生思考后，黑板上出现了一些结论.教师作为活动一员，又补充一些结论，并从中选出以下四条：
①存在函数，其图象经过(1，0)点;
②函数图象与坐标轴总有三个不同的交点;
③当x>1时，不是y随x的增大而增大就是y随x的增大而减小;
④若函数有最大值，则最大值比为正数，若函数有最小值，则最小值比为负数.
教师：请你分别判断四条结论的真假，并给出理由.最后简单写出解决问题时所用的数学方法.
考点： 二次函数综合题
分析： ①将(1，0)点代入函数，解出k的值即可作出判断;
②首先考虑，函数为一次函数的情况，从而可判断为假;
③根据二次函数的增减性，即可作出判断;
④当k=0时，函数为一次函数，无最大之和最小值，当k≠0时，函数为抛物线，求出顶点的纵坐标表达式，即可作出判断.
解答： 解：①真，将(1，0)代入可得：2k﹣(4k+1)﹣k+1=0，
解得：k=0.
运用方程思想;
②假，反例：k=0时，只有两个交点.运用举反例的方法;
③假，如k=1，﹣ =，当x>1时，先减后增;运用举反例的方法;
④真，当k=0时，函数无最大、最小值;
k≠0时，y最= =﹣ ，
∴当k>0时，有最小值，最小值为负;
当k<0时，有最大值，最大值为正.运用分类讨论思想.
点评： 本题考查了二次函数的综合，立意新颖，结合考察了数学解题过程中经常用到的几种解题方法，同学们注意思考、理解，难度一般.
6. (2014•陕西,第26题12分)问题探究
(1)如图①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长;
(2)如图②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF=90°，求此时BQ的长;
问题解决
(3)有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB=60°?若存在，请求出符合条件的DM的长，若不存在，请说明理由.
考点： 圆的综合题;全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质;勾股定理;三角形中位线定理;矩形的性质;正方形的判定与性质;直线与圆的位置关系;特殊角的三角函数值
专题： 压轴题;存在型.
分析： (1)由于△PAD是等腰三角形，底边不定，需三种情况讨论，运用三角形全等、矩形的性质、勾股定理等知识即可解决问题.
(2)以EF为直径作⊙O，易证⊙O与BC相切，从而得到符合条件的点Q唯一，然后通过添加辅助线，借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ长.
(3)要满足∠AMB=60°，可构造以AB为边的等边三角形的外接圆，该圆与线段CD的交点就是满足条件的点，然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识，就可算出符合条件的DM长.
解答： 解：(1)①作AD的垂直平分线交BC于点P，如图①，
则PA=PD.
∴△PAD是等腰三角形.
∵四边形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以点D为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P′，如图①，.
则DA=DP′.
∴△P′AD是等腰三角形.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=DC，∠C=90°.
∵AB=3，BC=4，
∴DC=3，DP′=4.
∴CP′= = .
∴BP′=4﹣ .
③点A为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P″，如图①，
则AD=AP″.
∴△P″AD是等腰三角形.
同理可得：BP″= .
综上所述：在等腰三角形△ADP中，
若PA=PD，则BP=2;
若DP=DA，则BP=4﹣ ;
若AP=AD，则BP= .
(2)∵E、F分别为边AB、AC的中点，
∴EF∥BC，EF= BC.
∵BC=12，
∴EF=6.
以EF为直径作⊙O，过点O作OQ⊥BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图②.
∵AD⊥BC，AD=6，
∴EF与BC之间的距离为3.
∴OQ=3
∴OQ=OE=3.
∴⊙O与BC相切，切点为Q.
∵EF为⊙O的直径，
∴∠EQF=90°.
过点E作EG⊥BC，垂足为G，如图②.
∵EG⊥BC，OQ⊥BC，
∴EG∥OQ.
∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ=90°，OE=OQ，
∴四边形OEGQ是正方形.
∴GQ=EO=3，EG=OQ=3.
∵∠B=60°，∠EGB=90°，EG=3，
∴BG= .
∴BQ=GQ+BG=3+ .
∴当∠EQF=90°时，BQ的长为3+ .
(3)在线段CD上存在点M，使∠AMB=60°.
理由如下：
以AB为边，在AB的右侧作等边三角形ABG，
作GP⊥AB，垂足为P，作AK⊥BG，垂足为K.
设GP与AK交于点O，以点O为圆心，OA为半径作⊙O，
过点O作OH⊥CD，垂足为H，如图③.
则⊙O是△ABG的外接圆，
∵△ABG是等边三角形，GP⊥AB，
∴AP=PB= AB.
∵AB=270，
∴AP=135.
∵ED=285，
∴OH=285﹣135=150.
∵△ABG是等边三角形，AK⊥BG，
∴∠BAK=∠GAK=30°.
∴OP=AP•tan30°
=135×
=45 .
∴OA=2OP=90 .
∴OH
∴⊙O与CD相交，设交点为M，连接MA、MB，如图③.
∴∠AMB=∠AGB=60°，OM=OA=90 ..
∵OH⊥CD，OH=150，OM=90 ，
∴HM= = =30 .
∵AE=400，OP=45 ，
∴DH=400﹣45 .
若点M在点H的左边，则DM=DH+HM=400﹣45 +30 .
∵400﹣45 +30 >340，
∴DM>CD.
∴点M不在线段CD上，应舍去.
若点M在点H的右边，则DM=DH﹣HM=400﹣45 ﹣30 .
∵400﹣45 ﹣30 <340，
∴DM
∴点M在线段CD上.
综上所述：在线段CD上存在唯一的点M，使∠AMB=60°，
此时DM的长为(400﹣45 ﹣30 )米.
点评： 本题考查了垂直平分线的性质、矩形的性质、等边三角形的性质、正方形的判定与性质、直线与圆的位置关系、圆周角定理、三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，考查了操作、探究等能力，综合性非常强.而构造等边三角形及其外接圆是解决本题的关键.