已知:在△PAB的边PA.PB上分别取点C.D.连接CD使CD∥AB．将△PCD绕点P按逆时针方向旋转得到△PC′D′.连接AC′.BD′．(1)如图1.若∠APB=90°.PA=PB.求证:AC′=BD′,AC′⊥BD′．(2)在图1中.连接AD′.BC′.分别取AB.AD′.C′D′.BC′的中点E.F.G.H.顺次连接E.F.G.H得到四边形EFGH．请判断四边形EFGH的形状.并说明理由� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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已知：在△PAB的边PA、PB上分别取点C、D，连接CD使CD∥AB．将△PCD绕点P按逆时针方向旋转得到△PC′D′（∠APC′＜∠APB），连接AC′、BD′．
（1）如图1，若∠APB=90°，PA=PB，求证：AC′=BD′；AC′⊥BD′．
（2）在图1中，连接AD′、BC′，分别取AB、AD′、C′D′、BC′的中点E、F、G、H，顺次连接E、F、G、H得到四边形EFGH．请判断四边形EFGH的形状，并说明理由．
（3）①如图2，若改变（1）中∠APB的大小，使0°＜∠APB＜90°，其他条件不变，重复（2）中操作．请你直接判断四边形EFGH的形状．
②如图3，若改变（1）中PA、PB的大小关系，使PA＜PB，其他条件不变，重复（2）中操作，请你直接判断是四边形EFGH的形状．

考点：四边形综合题

专题：

分析：（1）延长AC′交BD′于点M，由旋转的性质和等腰直角三角形的性质就可以得出△AC′P≌△BD′P就可以得出AC′=BD′，∠PAC′=∠PBD′，由∠PAC′+∠BAC′+∠ABP=90°，就可以得出∠BAC′+∠ABP+∠PBD′=90°，即∠MAB+∠ABM=90°，就有∠AMB=90°，得出AC′⊥BD′；
（2）根据三角形的中位线的性质就可以得出EF=GH=

BD′，GF=EH=

AC′，由AC′=BD′就可以得出EF=FG=GH=HE，由平行线的性质就可以得出∠AEF=∠ABM，∠BEH=∠BAM，就可以得出∠FEH=90°，进而得出四边形EFGH是正方形；
（3）①由条件可以得出△AC′P≌△BD′P，就可以得出AC′=BD′，根据三角形的中位线的性质就可以得出EF=GH=

BD′，GF=EH=

AC′，由AC′=BD′就可以得出EF=FG=GH=HE，就有四边形EFGH是菱形；
②延长AC′交BD′于点M，由旋转的性质和等腰直角三角形的性质就可以得出△AC′P∽△BD′P，就有∠PAC′=∠PBD′，就有∠MAB+∠ABM=90°，根据三角形的中位线的性质就可以得出EF=GH=

BD′，GF=EH=

AC′，就可以得出四边形EFGH是矩形．

解答：解：（1）延长AC′交BD′于点M，
∵∠APB=90°，
∴∠PAB+∠PBA=90°．
∵PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA．
∵CD∥AB，
∴∠PCD=∠PAB，∠PBA=∠PDC，
∴∠PCD=∠PDC，
∴PC=PD．
∵将△PCD绕点P按逆时针方向旋转得到△PC′D′，
∴∠APB=∠C′PD′，PC′=PC，PD′=PD．
∴∠APB-∠C′PB=∠C′PD′-∠C′PB，PC′=PD′．
∴∠APC′=∠BPD′．
在△AC′P和△BD′P中，

PA=PB

∠APC′=∠BPD′

PC′=PD′

，
∴△AC′P≌△BD′P（SAS），
∴AC′=BD′，∠PAC′=∠PBD′．
∵∠PAC′+∠BAC′+∠ABP=90°，
∴∠BAC′+∠ABP+∠PBD′=90°，
∴∠MAB+∠ABM=90°，
∴∠AMB=90°，
∴AC′⊥BD′．
∴AC′=BD′；AC′⊥BD′；

（2）四边形EFGH是正方形．
∵点E、F、G、H分别是AB、AD′、C′D′、BC′的中点，
∴EF=GH=

BD′，GF=EH=

AC′，EF∥BD′，EH∥AM，
∴∠AEF=∠ABM，∠BEH=∠BAM，
∴∠AEF+∠BEH=90°，
∴∠FEH=90°
∵AC′=BD′，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFGH是正方形；

（3）①四边形EFGH是菱形．
∵PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA．
∵CD∥AB，
∴∠PCD=∠PAB，∠PBA=∠PDC，
∴∠PCD=∠PDC，
∴PC=PD．
∵将△PCD绕点P按逆时针方向旋转得到△PC′D′，
∴∠APB=∠C′PD′，PC′=PC，PD′=PD．
∴∠APB-∠C′PB=∠C′PD′-∠C′PB，PC′=PD′．
∴∠APC′=∠BPD′．
在△AC′P和△BD′P中，

PA=PB

∠APC′=∠BPD′

PC′=PD′

，
∴△AC′P≌△BD′P（SAS），
∴AC′=BD′．
∵点E、F、G、H分别是AB、AD′、C′D′、BC′的中点，
∴EF=GH=

BD′，GF=EH=

AC′，
∵AC′=BD′，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFGH是菱形；
②四边形EFGH是矩形．
如图3，延长AC′交BD′于点M，
∵将△PCD绕点P按逆时针方向旋转得到△PC′D′，
∴∠APB=∠C′PD′，PC′=PC，PD′=PD．
∴∠APB-∠C′PB=∠C′PD′-∠C′PB，．
∴∠APC′=∠BPD′．
∵CD∥AB，
∴

，
∴

PC′

PD′

．
∴△AC′P∽△BD′P，

∴∠PAC′=∠PBD′．
∵∠APB=90°，
∴∠PAC′+∠BAC′+∠ABP=90°，
∴∠BAC′+∠ABP+∠PBD′=90°，
∴∠MAB+∠ABM=90°．
∵点E、F、G、H分别是AB、AD′、C′D′、BC′的中点，
∴EF=GH=

BD′，GF=EH=

AC′，EF∥BD′，EH∥AM，
∴四边形EFGH是平行四边形．∠AEF=∠ABM，∠BEH=∠BAM，
∴∠AEF+∠BEH=90°，
∴∠FEH=90°，
∴平行四边形EFGH是矩形．

点评：本题考查了等腰三角形的性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，垂直的判定及性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，正方形的判定的运用，菱形的判定的运用，矩形的判定的运用，三角形的中位线的判定及性质的运用，解答时利用三角形的中位线的性质求解是关键．

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