2026年安徽省中考数学几何压轴练习

2026年安徽省中考数学几何压轴练习 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 1．已知点在正方形内，点E在边上，是线段的垂直平分线，连接，． (1)如图1，若的延长线经过点D，，求的长； (2)如图2，点F是的延长线与的交点，连接． ①求证：； ②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，判断的形状，并说明理由． 2．如图1，的对角线与交于点O，点M，N分别在边，上，且．点E，F分别是与，的交点． (1)求证：； (2)连接交于点H，连接，． （ⅰ）如图2，若，求证：； （ⅱ）如图3，若为菱形，且，，求的值． 3．在中，是斜边的中点，将线段绕点旋转至位置，点在直线外，连接．    (1)如图1，求的大小； (2)已知点和边上的点满足． （ⅰ）如图2，连接，求证：； （ⅱ）如图3，连接，若，求的值． 4．已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE． (1)如图1，若，求证：四边形BCDE是菱形； (2)如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC． （ⅰ）求∠CED的大小； （ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF． 5．如图1，在四边形ABCD中，，点E在边BC上，且，，作交线段AE于点F，连接BF． （1）求证：； （2）如图2，若，，，求BE的长； （3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值． 6．如图1．已知四边形是矩形．点在的延长线上．与相交于点，与相交于点 求证：； 若，求的长； 如图2，连接，求证：． 7．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P为△ABC内部一点，且∠APB=∠BPC=135° （1）求证：△PAB∽△PBC （2）求证：PA=2PC （3）若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证h12=h2·h3 8．如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AC上一点，DE⊥AB于点E，点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F （1）求证：CM=EM； （2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大小； （3）如图2，若△DAE≌△CEM，点N为CM的中点，求证：AN∥EM 9．已知正方形，点为边的中点. (1)如图1，点为线段上的一点，且，延长，分别与边，交于点，. ①求证：； ②求证：. (2)如图2，在边上取一点，满足，连接交于点，连接延长交于点，求的值. 如图1，A，B分别在射线OM，ON上，且∠MON为钝角.现以线段OA，OB为斜边向∠MON的外侧作等腰直角三角形，分别是△OAP，△OBQ，点C，D，E分别是OA，OB，AB的中点. (1)求证：△PCE≌△EDQ. (2)延长PC，DQ交于点R. ①如图2，若∠MON=150°，求证：△ABR为等边三角形； ②如图3，若△ARB∽△PEQ，求∠MON的大小和的值. 　 图1　　　　　　　　 图2　　　　　　　图3 11．如图1，在四边形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接AG、BG、CG、DG，且∠AGD＝∠BGC， （1）求证：AD＝BC； （2）求证：△AGD∽△EGF； （3）如图2，若AD、BC所在直线互相垂直，求的值． 12．如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N． （1）①∠MPN= ； ②求证：PM+PN=3a； （2）如图2，点O是AD的中点，连接OM、ON，求证：OM=ON； （3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊四边形？并说明理由． 13．我们把由不平行于底边的直线截等腰三角形的两腰所得的四边形称为“准等腰梯形”．如图1，四边形ABCD即为“准等腰梯形”．其中∠B=∠C． (1)在图1所示的“准等腰梯形”ABCD中，选择合适的一个顶点引一条直线将四边形ABCD分割成一个等腰梯形和一个三角形或分割成一个等腰三角形和一个梯形（画出一种示意图即可）． (2)如图2，在“准等腰梯形”ABCD中，∠B=∠C，E为边BC上一点，若AB∥DE，AE∥DC，求证：； (3)在由不平行于BC的直线截△PBC所得的四边形ABCD中，∠BAD与∠ADC的平分线交于点E，若EB=EC，请问当点E在四边形ABCD内部时（即图3所示情形），四边形ABCD是不是“准等腰梯形”，为什么？若点E不在四边形ABCD内部时，情况又将如何？写出你的结论（不必说明理由） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年安徽省中考数学几何压轴练习》参考答案 1．(1) (2)详见解析；为等腰直角三角形，理由见解析 【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得出，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解； （2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解； ②（方法一）作交于点M，交于点N．根据三线合一的性质得出M为的中点．可证，根据平行线分线段成比例判断出N是的中点，根据三角形中位线定理得出．根据证明，得出，则E为的中点．结合，根据三角形中位线定理和平行线的性质得出．同理可证，得出，即可得出结论； （方法二）设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，的延长线经过点D， ∴，，， 由垂直平分线的性质知，，， 又， ∴， ∴． 又， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． （2）解：①证明：由题意知，， ∴，． ∴ ， ∴． ②解：是等腰直角三角形． 理由如下： （方法一）作交于点M，交于点N． ∵， ∴M为的中点． 又， ∴， ∴， ∴N是的中点， ∴是的中位线，． ∵，，且， ∴， ∴， 即E为的中点． 又， ∴， ∴． 同理可证， ∴． ∴是等腰直角三角形． （方法二）设，则． ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． ∴． ∴， 又，， ∴． ∴，． 由①知， ∴． 又， ∴为等腰直角三角形． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 2．(1)见详解 (2)（ⅰ）见详解，（ⅱ） 【分析】（1）利用平行四边形的性质得出，再证明是平行四边形，再根据平行四边形的性质可得出，再利用证明，利用全等三角形的性质可得出． （2）（ⅰ）由平行线截线段成比例可得出，结合已知条件等量代换，进一步证明，由相似三角形的性质可得出，即可得出．（ⅱ）由菱形的性质得出，进一步得出，，进一步可得出，进一步得出，同理可求出，再根据即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 在与中， ∴． ∴． （2）（ⅰ）∵ ∴， 又．， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ （ⅱ）∵是菱形， ∴， 又，， ∴， ∴， ∵．， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 即， ∴ ∴， 故． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，全等三角形判定以及性质，相似三角形的判定以及性质，平行线截线段成比例以及菱形的性质，掌握这些判定方法以及性质是解题的关键． 3．(1) (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据旋转的性质得出，根据等边对接等角得出，在中，根据三角形内角和定理即得出，进而即可求解； （2）（ⅰ）延长交于点，证明四边形是菱形，进而根据平行线分线段成比例得出，，根据等腰三角形的性质，得出是的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得证； （ⅱ）如图所示，过点作于点，由，得出，，进而根据正切的定义即可求解． 【详解】（1）解：∵ ∴， 在中， ∴ （2）证明：（ⅰ）证法一： 如图，延长，交于点，则，    ∵， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∴． ∵是的中点，， ∴． ∴． ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴是菱形． ∴． ∵， ∴． ∴． ∵，即， ∴，即点是斜边的中点． ∴． 证法二： ∵，是斜边的中点， ∴点在以为圆心，为直径的上．    ∵， ∴垂直平分． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 证法三： ∵， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∴． ∵是的中点，， ∴． ∴． ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴是菱形． ∴． ∵，是斜边的中点， ∴点在以为圆心，为直径的上． ∴． （ⅱ）如图所示，过点作于点，    ∵， ∴，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，菱形的性质与判定，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，求正切，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 4．(1)见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）见解析 【分析】（1）先根据DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根据“AAS”证明，得出DE=BC，得出四边形BCDE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，得出四边形BCDE为菱形； （2）（ⅰ）根据垂直平分线的性质和等腰三角形三线合一，证明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根据∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出； （ⅱ）连接EF，根据已知条件和等腰三角形的性质，算出，得出，证明，再证明，即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵DC=BC，CE⊥BD， ∴DO=BO， ∵， ∴，， ∴（AAS）， ∴， ∴四边形BCDE为平行四边形， ∵CE⊥BD， ∴四边形BCDE为菱形． （2）（ⅰ）根据解析（1）可知，BO=DO， ∴CE垂直平分BD， ∴BE=DE， ∵BO=DO， ∴∠BEO=∠DEO， ∵DE垂直平分AC， ∴AE=CE， ∵EG⊥AC， ∴∠AEG=∠DEO， ∴∠AEG=∠DEO=∠BEO， ∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°， ∴． （ⅱ）连接EF， ∵EG⊥AC， ∴， ∴， ∵ ∵AE=AF， ∴， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∴，   ∴， ∴， ， ∴， ， ， ， ∴， ， ∴（AAS）， ． 【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质，作出辅助线，得出，得出，是解题的关键． 5．（1）见解析；（2）6；（3） 【分析】（1）根据平行线的性质及已知条件易证，，即可得，；再证四边形AFCD是平行四边形即可得，所以，根据SAS即可证得； （2）证明，利用相似三角形的性质即可求解； （3）延长BM、ED交于点G．易证，可得；设，，，由此可得，；再证明，根据全等三角形的性质可得．证明，根据相似三角形的性质可得，即，解方程求得x的值，继而求得的值． 【详解】（1）证明：， ； ， ，， ， ，， ，， ，， 四边形AFCD是平行四边形 在与中． ， （2）， ， 在中，， ， ， 又，， ， 在与中． ， ； ； ， ； ， ； ， ， 或（舍）； （3）延长BM、ED交于点G． 与均为等腰三角形，， ， ， 设，，， 则，， ， ， ； 在与中， ， ； ． ； ， ， ， ， ， ， ， ， （舍），， ． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质及判定、相似三角形的性质及判定，熟练判定三角形全等及相似是解决问题的关键． 6．（1）见解析；（2）；（3）见解析 【分析】（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论； （2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有，进而得到x的方程，解之即可； （3）在EF上截取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论． 【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD=∠EAD=90º，AO=BC，AD∥BC， 在△EAF和△DAB， ， ∴△EAF≌△DAB(SAS)， ∴∠E=∠BDA， ∵∠BDA+∠ABD=90º， ∴∠E+∠ABD=90º， ∴∠EGB=90º， ∴BG⊥EC； （2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x， ∵AF∥BC，∠E=∠E， ∴△EAF∽△EBC， ∴，又AF=AB=1， ∴即， 解得：，（舍去） 即AE=； （3）在EG上截取EH=DG，连接AH， 在△EAH和△DAG， ， ∴△EAH≌△DAG(SAS)， ∴∠EAH=∠DAG，AH=AG， ∵∠EAH+∠DAH=90º， ∴∠DAG+∠DAH=90º， ∴∠HAG=90º， ∴△GAH是等腰直角三角形， ∴即， ∴GH=AG， ∵GH=EG-EH=EG-DG， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算． 7．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析. 【分析】（1）结合题意，易得∠ABC=45°=∠PBA+∠PBC，然后由∠APB=∠BPC=135°即可证明△PAB∽△PBC； （2）根据（1）中△PAB∽△PBC，可得，然后由△ABC是等腰直角三角形，可得出，易得PA=2PC； （3）过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于点D，E，首先由Rt△AEP∽Rt△CDP得出，即，再根据△PAB∽△PBC可得出，整理即可得到. 【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，AC=BC， ∴∠ABC=45°=∠PBA+∠PBC 又∠APB=135°， ∴∠PAB+∠PBA=45°， ∴∠PBC=∠PAB， 又∵∠APB=∠BPC=135°， ∴△PAB∽△PBC； （2）∵△PAB∽△PBC， ∴， 在Rt△ABC中，AC=BC， ∴, ∴ ∴PA=2PC； （3） 过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于点D，E， ∵∠CPB+∠APB=135°+135°=270°， ∴∠APC=90°，∴∠EAP+∠ACP=90°, 又∵∠ACB=∠ACP+∠PCD=90° ∴∠EAP=∠PCD， ∴Rt△AEP∽Rt△CDP， ∴，即，∴ ∵△PAB∽△PBC， ∴ 即. 【点睛】本题是相似三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质，其中第（3）问有一定难度，通过作辅助线构造出Rt△AEP∽Rt△CDP是解题关键. 8．（1）证明见解析；（2）∠EMF=100°；（3）证明见解析. 【详解】【分析】（1）在Rt△DCB和Rt△DEB中，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半进行证明即可得； （2）根据直角三角形两锐角互余可得∠ABC=40°，根据CM=MB，可得∠MCB=∠CBM，从而可得∠CMD=2∠CBM，继而可得∠CME=2∠CBA=80°，根据邻补角的定义即可求得∠EMF的度数； （3）由△DAE≌△CEM，CM=EM，∠DEA=90°，结合CM=DM以及已知条件可得△DEM是等边三角形，从而可得∠EDM=60°，∠MBE=30°，继而可得∠ACM=75°，连接AM，结合AE=EM=MB，可推导得出AC=AM，根据N为CM中点，可得AN⊥CM，再根据CM⊥EM，即可得出AN∥EM. 【详解】（1）∵M为BD中点， Rt△DCB中，MC=BD， Rt△DEB中，EM=BD， ∴MC=ME； （2）∵∠BAC=50°，∠ACB=90°， ∴∠ABC=90°-50°=40°， ∵CM=MB， ∴∠MCB=∠CBM， ∴∠CMD=∠MCB+∠CBM=2∠CBM， 同理，∠DME=2∠EBM， ∴∠CME=2∠CBA=80°， ∴∠EMF=180°-80°=100°； （3）∵△DAE≌△CEM，CM=EM， ∴AE=EM，DE=CM，∠CME=∠DEA=90°，∠ECM=∠ADE， ∵CM=EM，∴AE=ED，∴∠DAE=∠ADE=45°， ∴∠ABC=45°，∠ECM=45°， 又∵CM=ME=BD=DM， ∴DE=EM=DM， ∴△DEM是等边三角形， ∴∠EDM=60°， ∴∠MBE=30°， ∵CM=BM，∴∠BCM=∠CBM， ∵∠MCB+∠ACE=45°， ∠CBM+∠MBE=45°， ∴∠ACE=∠MBE=30°， ∴∠ACM=∠ACE+∠ECM=75°， 连接AM，∵AE=EM=MB， ∴∠MEB=∠EBM=30°， ∠AME=∠MEB=15°， ∵∠CME=90°， ∴∠CMA=90°-15°=75°=∠ACM， ∴AC=AM， ∵N为CM中点， ∴AN⊥CM， ∵CM⊥EM， ∴AN∥CM. 【点睛】本题考查了三角形全等的性质、直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质等，综合性较强，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键. 9．（1）详见解析；（2） 【详解】试题分析：(1)①利用ASA判定证明两个三角形全等；②先利用相似三角形的判定，再利用相似三角形的性质证明；（2）构造直角三角形，求一个角的正切值. 试题解析：(1)①证明：∵四边形为正方形，∴，， 又，∴，又，∴， ∴(ASA)，∴. ②证明：∵，点为中点，∴，∴， 又∵，从而，又，∴， ∴，即，由，得. 由①知，，∴，∴. (2)解：(方法一) 延长，交于点(如图1)，由于四边形是正方形，所以， ∴，又，∴， 故，即， ∵，，∴，由知，， 又，∴，不妨假设正方形边长为1， 设，则由，得， 解得，(舍去)，∴， 于是, (方法二) 不妨假设正方形边长为1，设，则由，得， 解得，(舍去)，即， 作交于(如图2)，则，∴， 设，则，，∵，即， 解得，∴，从而，此时点在以为直径的圆上， ∴是直角三角形，且， 由(1)知，于是. 考点： （1）全等三角形的判定；（2）相似三角形的判定及性质；（3）求一个角的三角函数值. 10. 试题解析： （1） 证明：∵点C，D，E分别是OA，OB，AB的中点， ∴DEOC，CEOD.∴四边形ODEC为平行四边形. ∴∠OCE=∠ODE.又∵△OAP，△OBQ都是等腰三角形， ∴∠PCO=∠QDO=90°.又 ∵PC=AO=CO=DE，CE=OD=OB=DQ. ∴△PCE≌△EDQ. （2） ①证明：如图1，连接OR.∵PR与QR分别为线段OA与OB得中垂线， ∴AR=OR=BR，∠ARC=∠ORC，∠ORD=∠BRD.在四边形OCRD中∠OCR=∠ODR=90°，∠MON=150°， ∴∠CRD=30°.∴∠ARB=∠ARO+∠BRO=2∠CRO+2∠ORD=2∠CRD=60°. ∴△ABR为等边三角形.②解：如图2， 由（1）知EQ=PE，∠DEQ=∠CPE. ∴∠PEQ=∠CED-∠CEP-∠DEQ=∠ACE-∠CEP-∠CPE=∠ACE-∠RCE=∠ACR=90°. 即△PEQ为等腰直角三角形.由于△ARB∽△PEQ， ∴∠ARB=90°.于是在四边形OVRD中，∠OCR=∠ODR=90°，∠CRD=∠ARB=45°. ∴∠MON=135°.此时，P，O，B在一条直线上，△PAB为直角三角形且∠APB为直角. ∴AB=2PE=，则. 11．（1）见解析；（2）见解析；（3）． 【分析】（1）根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等可得GA=GB，GD=GC．由“SAS”可判定△AGD≌△BGC根据全等三角形的对应边相等即可得AD=BC； （2）根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可判定△AGB∽△DGC，再由相似三角形对应高的比等于相似比可得，再证得∠AGD=∠EGF，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似即可判定△AGD∽△EGF； （3）如图1，延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，则AH⊥BH．由△AGD≌△BGC可知∠GAD=∠GBC．在△GAM和△HBM中，由∠GAD=∠GBC，∠GMA=∠HMB可证得∠AGB=∠AHB=90°，根据等腰三角形三线合一的性质可得∠AGE =45°，即可得出，根据相似三角形对应边的比相等即可得． 【详解】（1）证明：，E为AB的中点， ． 同理，． ， 易证， ． （2）证明：， ． ，，点E，点F分别是AB、CD的中点， ，，． ． 易证， ，即． 易证． （3）方法1：如图所示，延长AD和BC，相交于点H，与BG相交于点M． AD，BC所在的直线互相垂直，． ． ． ． 在等腰直角三角形GAB中，． 由（2）的结论：，可得． 方法2：如图所示，连接对角线AC，取AC的中点H，连接EH，FH． F、H、E分别是CD，AC，AB中点， FH是的中位线，EH是的中位线， ∴HF//AD，，HE//BC，． AD、BC所在的直线互相垂直， ． ， ， 在等腰直角三角形HEF中，， ． 方法3 如图所示，过点A作AM//DC，使，连接MB，MC，过点E作EN//AM，交BM于点N，连接NC，则四边形AMCD为平行四边形． ∴AD//MC，，EN//AM//CD． E为AB中点， N为BM中点， ， 四边形ENCF为平行四边形， ． AD，BC所在的直线互相垂直， ， 是等腰直角三角形， ，即． 12．（1）①60°，②证明见解析； （2）证明见解析； （3）四边形MONG是菱形，理由见解析． 【分析】（1）①运用∠MPN=180°-∠BPM-∠NPC求解，②作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，利用MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN求解， （2）连接OE，由△OMA≌△ONE证明， （3）连接OE，由△OMA≌△ONE，再证出△GOE≌△NOD，由△ONG是等边三角形和△MOG是等边三角形，求出四边形MONG是菱形． 【详解】解：（1）①∵四边形ABCDEF是正六边形， ∴∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=120°， 又∴PM∥AB，PN∥CD， ∴∠BPM=60°，∠NPC=60°， ∴∠MPN=180°-∠BPM-∠NPC=180°-60°-60°=60°， 故答案为；60°； ②如图1，作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，则MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN， ∵正六边形ABCDEF中，PM∥AB， PN∥CD， ∵∠AMG=∠BPH=∠CPL=∠DNK=60°，∠BAG=∠AGH=∠BHG=90°， ∴四边形ABHG为矩形， ∴AG=BH，GH=AB， 同理CD=KL，DK=CL， ∴∠MAG=∠PBL=∠PCL=∠KDN=30°， ∴， ∵∠MAG=∠PBL=30°，AG=BH，∠AMG=∠BPH=60°， ∴△AMG≌△BPL， ∴AM=BP， 同理PC=DN， ∴FM=PC=DN， ∴AM=EN， ∴MG+HP+PL+KN==a，GH=LK=a， ∴MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN=3a； （2）如图2，连接OE， 由②得：AM=BP=EN， 根据题意得：∠MAO=∠NEO=60°，OA=OE， 在△ONE和△OMA中， ， ∴△OMA≌△ONE（SAS）， ∴OM=ON； （3）四边形OMGN是菱形，理由如下： 如图3，连接OE， 由（2）得，△OMA≌△ONE， ∴∠MOA=∠EON， ∴∠MON=∠AOE， 根据题意得：EF∥AO，AF∥OE， ∴四边形AOEF是平行四边形， ∴∠AFE=∠AOE=120°， ∴∠MON=120°， ∵OG平分∠MON， ∴∠GON=∠MOG=60°， ∵∠GOE=60°-∠EON，∠DON=60°-∠EON， ∴∠GOE=∠DON， ∵OD=OE，∠ODN=∠OEG=60°， 在△GOE和△DON中， ， ∴△GOE≌△NOD（ASA）， ∴ON=OG， 又∵∠GON=60°， ∴△ONG是等边三角形， ∴ON=NG， 又∵OM=ON， ∴OM=OG， ∵∠MOG=60°， ∴△MOG是等边三角形， ∴MG=GO=MO， ∴MO=ON=NG=MG， ∴四边形MONG是菱形． 【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握多边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质是解题的关键． 13．(1)见解析 (2)证明见解析 (3)当点E在四边形ABCD内部时或在BC边上时或在四边形ABCD外部时，四边形ABCD都是“准等腰梯形”，证明见解析 【分析】（1）根据平行线的性质，过点D作BC的平行线或点D作PB的平行线或点A作PC的平行线，都能线将四边形ABCD分割成一个等腰梯形和一个三角形或分割成一个等腰三角形和一个梯形； （2）易证△ABE∽△DCE，可得，由∠B=∠C可证得AB=AE，从而得证； （3）过点E分别作EF⊥AB，EG⊥AD，AH⊥CD，垂足分别 是F，G，H，根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，可得EF=EG= EH，从而可由HL证得 Rt△BEF≌Rt△CEF，从而∠FBE=∠HCE；由EB=EC，∠EBC=∠ECB，根据等量加等量和相等，得∠ABC=∠DCB，即四边形ABCD是 “准等腰梯形”；类似分别证明当点E在BC上和点E在四边形ABCD外部时也是“准等腰梯形”即可． 【详解】（1）解：如图1-1所示，过点D作DE∥BC交BP于E， ∴∠PED=∠B，∠PDE=∠C， ∵∠B=∠C， ∴∠PED=∠PDE，PB=PC， ∴PE=PD， ∴BE=CD， 又∵BE与CD不平行， ∴四边形BCDE是等腰梯形； 如图1-2所示，过点A作AF∥CD交BC于F， ∴∠B=∠C=∠AFB， ∴AB=AF， ∴△ABF是等腰三角形， ∵AF∥CD，AD与CF不平行， ∴四边形AFCD是梯形； 如图1-3所示，过点D作DG∥AB交BC于G， 同理可证△DGC是等腰三角形，四边形ABGD是梯形； （2）解：∵AE∥DC， ∴∠AEB=∠C． 又∵AB∥DE， ∴∠B=∠DEC． ∴△ABE∽△DCE． ∴． 又∵∠B=∠C， ∴∠B=∠AEB． ∴AB=AE． ∴． （3）解：如图3-1所示，当点E在四边形ABCD内部时，过点E分别作EF⊥AB，EG⊥AD，EH⊥CD，垂足分别 是F，G，H， ∴EF=EG， 又∵ED平分∠BAD， ∴EG=EH， ∴EF= EH， 又∵EB=EC， ∴Rt△BEF≌Rt△CEH（HL）， ∴∠FBE=∠HCE． 又∵EB=EC， ∴∠EBC=∠ECB． ∴∠FBE＋∠EBC=∠HCE＋∠ECB， 即∠ABC=∠DCB． ∴四边形ABCD是“准等腰梯形”； 如图3-2所示，当点E在BC上时，过点E分别作EF⊥AB，EG⊥AD，EH⊥CD，垂足分别 是F，G，H， 同理可证EF=EH， 又∵EB=EC，∠EFB=∠EHC， ∴Rt△EFB≌Rt△EHC（HL），， ∴∠B=∠C， ∴四边形ABCD是“准等腰梯形”； 如图3-3所示，当点E在四边形ABCD外部时，过点E分别作EF⊥AB，EG⊥AD，EH⊥CD，垂足分别 是F，G，H， 同理可证Rt△EFB≌Rt△EHC， ∴∠EBF=∠ECH， ∵EB=EC， ∴∠EBC=∠ECB， ∴∠EBF-∠EBC=∠ECH-∠ECB， ∴∠ABC=∠DCB， ∴四边形ABCD是“准等腰梯形”； 【点睛】本题主要考查了等腰梯形的判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质等等，解题的关键在于能够正确读懂题意． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $