中考几何三大变换含答案17页.docx

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1、中考几何变换专题复习（针对几何大题的讲解）几何图形问题的解决，主要借助于根本图形的性质（定义、定理等）和图形之间的关系(平行、全等、相像等）.根本图形的很多性质都源于这个图形本身的“变换特征”，最为重要和最为常用的图形关系“全等三角形”极多的状况也同样具有“变换”形式的联络.原来两个三角形全等是指它们的形态和大小都一样，和互相间的位置没有干脆关系，但是，在同一个问题中涉及到的两个全等三角形，大多数都有肯定的位置关系（或成轴对称关系，或成平移的关系，或成旋转的关系（包括中心对称）.这样，在解决详细的几何图形问题时，假如我们有意识地从图形的性质或关系中所显示或示意的“变换特征”动身，来识别、构造根

2、本图形或图形关系，那么将对问题的解决有着极为重要的启发和引导的作用.下面我们从变换视角以三角形的全等关系为主进展探讨.解决图形问题的实力，核心要素是擅长从综合与困难的图形中识别和构造出根本图形及根本的图形关系，而“变换视角”正好能进步我们这种识别和构造的实力.1已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EFBD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG（1）求证：EG=CG；（2）将图中BEF绕B点逆时针旋转45，如图所示，取DF中点G，连接EG，CG问（1）中的结论是否仍旧成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；（3）将图中BEF绕B点旋转随意角度，如图所示，再连接

3、相应的线段，问（1）中的结论是否仍旧成立？通过视察你还能得出什么结论（均不要求证明）考点：旋转的性质；全等三角形的断定与性质；直角三角形斜边上的中线；正方形的性质。专题：压轴题。分析：（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG（2）结论仍旧成立，连接AG，过G点作MNAD于M，与EF的延长线交于N点；再证明DAGDCG，得出AG=CG；再证出DMGFNG，得到MG=NG；再证明AMGENG，得出AG=EG；最终证出CG=EG（3）结论依旧成立还知道EGCG解答：（1）证明：在RtFCD中，G为DF的中点，CG=FD，同理，在RtDEF中，EG=FD，CG=EG（2）解：（

4、1）中结论仍旧成立，即EG=CG证法一：连接AG，过G点作MNAD于M，与EF的延长线交于N点在DAG与DCG中，AD=CD，ADG=CDG，DG=DG，DAGDCG，AG=CG；在DMG与FNG中，DGM=FGN，FG=DG，MDG=NFG，DMGFNG，MG=NG；在矩形AENM中，AM=EN，在AMG与ENG中，AM=EN，AMG=ENG，MG=NG，AMGENG，AG=EG，EG=CG证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC，在DCG与FMG中，FG=DG，MGF=CGD，MG=CG，DCGFMGMF=CD，FMG=DCG，MFCDAB，EFMF在RtMFE与RtCBE

5、中，MF=CB，EF=BE，MFECBEMEF=CEBMEC=MEF+FEC=CEB+CEF=90，MEC为直角三角形MG=CG，EG=MC，EG=CG（3）解：（1）中的结论仍旧成立即EG=CG其他的结论还有：EGCG点评：本题利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的断定和性质2（1）如图1，已知矩形ABCD中，点E是BC上的一动点，过点E作EFBD于点F，EGAC于点G，CHBD于点H，试证明CH=EF+EG；（2）若点E在BC的延长线上，如图2，过点E作EFBD于点F，EGAC的延长线于点G，CHBD于点H，则EF、EG、CH三者之间具有怎样的数量关系，干脆写出你的

6、猜测；（3）如图3，BD是正方形ABCD的对角线，L在BD上，且BL=BC，连接CL，点E是CL上任一点，EFBD于点F，EGBC于点G，猜测EF、EG、BD之间具有怎样的数量关系，干脆写出你的猜测；（4）视察图1、图2、图3的特性，请你依据这一特性构造一个图形，使它仍旧具有EF、EG、CH这样的线段，并满意（1）或（2）的结论，写出相关题设的条件和结论考点：矩形的性质；全等三角形的断定与性质；等腰三角形的性质；正方形的性质。专题：几何综合题。分析：（1）要证明CH=EF+EG，首先要想到能否把线段CH分成两条线段而加以证明，就自然的想到添加协助线，若作CENH于N，可得矩形EFHN，很明显只

7、需证明EG=CN，最终依据AAS可求证EGCCNE得出结论（2）过C点作COEF于O，可得矩形HCOF，因为HC=DO，所以只需证明EO=EG，最终依据AAS可求证COECGE得出猜测（3）连接AC，过E作EG作EHAC于H，交BD于O，可得矩形FOHE，很明显只需证明EG=CH，最终依据AAS可求证CHEEGC得出猜测（4）点P是等腰三角形底边所在直线上的随意一点，点P到两腰的间隔 的和（或差）等于这个等腰三角形腰上的高，很明显过C作CEPF于E，可得矩形GCEF，而且AAS可求证CEPCNP，故CG=PFPN解答：（1）证明：过E点作ENGH于N（1分）EFBD，CHBD，四边形EFHN是

8、矩形EF=NH，FHENDBC=NEC四边形ABCD是矩形，AC=BD，且互相平分DBC=ACBNEC=ACBEGAC，ENCH，EGC=CNE=90，又EC=EC，EGCCNE（3分）EG=CNCH=CN+NH=EG+EF（4分）（2）解：猜测CH=EFEG（5分）（3）解：EF+EG=BD（6分）（4）解：点P是等腰三角形底边所在直线上的随意一点，点P到两腰的间隔 的和（或差）等于这个等腰三角形腰上的高如图，有CG=PFPN注：图（1分）（画一个图即可），题设的条件和结论（1分）点评：此题主要考察矩形的性质和断定，解答此题的关键是作出协助线，构造矩形和三角形全等来进展证明3如图1，点P是线

9、段MN的中点（1）请你利用该图1画一对以点P为对称中心的全等三角形；（2）请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：如图2，在RtABC中，BAC=90，ABAC，点D是BC边中点，过D作射线交AB于E，交CA延长线于F，请猜测F等于多少度时，BE=CF（干脆写出结果，不必证明）；如图3，在ABC中，假如BAC不是直角，而（1）中的其他条件不变，若BE=CF的结论仍旧成立，请写出AEF必需满意的条件，并加以证明考点：作图困难作图；全等三角形的断定；等腰三角形的断定。专题：证明题；开放型。分析：（1）以P点为中心，依次做两条互相穿插但长度相等的线段，可得两个全等三角形；（2）当BE=CF时，

10、F的结论成立；第2小题须要用到协助线的扶植延长FD到点G，使得FD=GD，连接BG，证明DCFDBG后推出F=G，CF=BG，从而证明BE=CF解答：解：（1）如图：画图正确（2分）（2）F=45时，BE=CF（2分）答：若BE=CF的结论仍旧成立，则AE=AF，AEF是等腰三角形（1分）证明：延长FD到点G，使得FD=GD，连接BG点D是BC边中点，DC=DB在DCF和DBG中DCFDBG（2分）F=G，CF=BG（1分）当AEF是等腰三角形，AE=AF时，F=2，1=2，1=GBE=BGBE=CF（2分）点评：本题涉及全等三角形，等腰梯形的相关性质和断定，并考察学生的作图实力，为综合题型，

11、难度中上4如图，OP是AOB的平分线，请你利用该图形画一对以OP所在直线为对称轴的全等三角形请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：（1）如图，在ABC中，ACB是直角，B=60，AD、CE分别是BAC、BCA的平分线，AD、CE相交于点F请你推断并写出FE与FD之间的数量关系；（2）如图，在ABC中，假如ACB不是直角，而（1）中的其它条件不变，请问，你在（1）中所得结论是否仍旧成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由考点：全等三角形的断定与性质。专题：探究型。分析：依据要求作图，此处我们可以分别做两边的垂线，这样就可以利用AAS来断定其全等了先利用SAS来断定AEFAGF得出AFE

12、=AFG，FE=FG再利用ASA来断定CFGCFD得到FG=FD所以FE=FD解答：解：在OP上任找一点E，过E分别做CEOA于C，EDOB于D如图，（1）结论为EF=FD如图，在AC上截取AG=AE，连接FGAD是BAC的平分线，1=2，在AEF与AGF中，AEFAGF（SAS）AFE=AFG，FE=FG由B=60，AD，CE分别是BAC，BCA的平分线，22+23+B=180，2+3=60又AFE为AFC的外角，AFE=CFD=AFG=2+3=60CFG=60即GFC=DFC，在CFG与CFD中，CFGCFD（ASA）FG=FDFE=FD（2）EF=FD仍旧成立如图，过点F分别作FGAB于

13、点G，FHBC于点HFGE=FHD=90，B=60，且AD，CE分别是BAC，BCA的平分线，2+3=60，F是ABC的内心GEF=BAC+3=60+1，F是ABC的内心，即F在ABC的角平分线上，FG=FH（角平分线上的点到角的两边相等）又HDF=B+1（外角的性质），GEF=HDF在EGF与DHF中，EGFDHF（AAS），FE=FD点评：此题考察全等三角形的断定方法，常用的方法有SSS，SAS，AAS，HL等5如图，已知矩形ABCD，AB=，BC=3，在BC上取两点E、F（E在F左边），以EF为边作等边三角形PEF，使顶点P在AD上，PE、PF分别交AC于点G、H（1）求PEF的边长；（

14、2）若PEF的边EF在线段BC上挪动试猜测：PH与BE有什么数量关系？并证明你猜测的结论考点：矩形的性质；等边三角形的性质。专题：探究型。分析：（1）要求PEF的边长，需构造直角三角形，那么就过P作PQBC于Q利用PFQ的正弦值可求出PF，即PEF的边长；（2）猜测：PHBE=1利用ACB的正切值可求出ACB的度数，再由PFE=60，可得出HFC是等腰三角形，因此就有BE+EF+CF=BE+PH+2FH=3再把其中FH用PH表示，化简即可解答：解：（1）过P作PQBC于Q矩形ABCDB=90，即ABBC，又ADBC，PQ=AB=（1分）PEF是等边三角形，PFQ=60在RtPQF中，PF=2

15、（3分）PEF的边长为2 PH与BE的数量关系是：PHBE=1 （4分）（2）在RtABC中，AB=，BC=3，1=30（5分）PEF是等边三角形，2=60，PF=EF=2 （6分）2=1+3，3=30，1=3FC=FH （7分）PH+FH=2，BE+EF+FC=3，PHBE=1 （8分）注：每题只给了一种解法，其他解法按本评标相应给分点评：本题利用了矩形、平行线、等边、等腰三角形的性质，还有正切函数等学问，运用的综合学问很多6（2007牡丹江）已知四边形ABCD中，AB=BC，ABC=120，MBN=60，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F当MBN绕B点旋转

16、到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF；当MBN绕B点旋转到AECF时，在图2和图3这两种状况下，上述结论是否成立？若成立，请赐予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜测，不需证明考点：全等三角形的断定与性质。专题：几何综合题。分析：依据已知可以利用SAS证明ABECBF，从而得出对应角相等，对应边相等，从而得出ABE=CBF=30，BEF为等边三角形，利用等边三角形的性质及边与边之间的关系，即可推出AE+CF=EF同理图2可证明是成立的，图3不成立解答：解：ABAD，BCCD，AB=BC，AE=CF，ABECBF（SAS）；ABE=CBF，BE=BF；A

17、BC=120，MBN=60，ABE=CBF=30，BEF为等边三角形；AE=BE，CF=BF；AE+CF=BE+BF=BE=EF；图2成立，图3不成立证明图2延长DC至点K，使CK=AE，连接BK，则BAEBCK，BE=BK，ABE=KBC，FBE=60，ABC=120，FBC+ABE=60，FBC+KBC=60，KBF=FBE=60，KBFEBF，KF=EF，KC+CF=EF，即AE+CF=EF图3不成立，AE、CF、EF的关系是AECF=EF点评：本题主要考察全等三角形的断定方法，常用的方法有SSS，SAS，AAS等，这些方法要求学生可以驾驭并敏捷运用7用两个全等的等边ABC和ADC，在平

18、面上拼成菱形ABCD，把一个含60角的三角尺与这个菱形重合，使三角尺有两边分别在AB、AC上，将三角尺绕点A按逆时针方向旋转（1）如图1，当三角尺的两边与BC、CD分别相交于点E、F时，视察或测量BE，CF的长度，你能得出什么结论？证明你的结论（2）如图2，当三角尺的两边与BC、CD的延长线分别交于E、F时，你在（1）中的结论还成立吗？请说明理由考点：全等三角形的断定与性质；等边三角形的性质。专题：证明题。分析：（1）连接AC，依据等边三角形性质推出AD=AC，D=ACB=60，DAC=60，求出CAE=DAF，证ACEADF即可；（2）连接AC，求出ADF=ACE=120，证ACEADF，推

19、出DF=CE，依据BC=CD即可推出答案解答：（1）BE=CF，证明：连接AC，ADC、ABC是等边三角形，AD=AC，D=ACB=60，DAC=60，FAE=60，CAE=DAF，在ACE和ADF中，ACEADF，CE=DF，四边形ABCD是菱形，BC=CD，BE=CF（2）解：结论BE=CF仍成立，理由是：连接AC，由（1）知：AD=AC，FAD=CAE，等边三角形ABC和等边三角形ACD，ADC=ACB=60，ADF=ACE=120，在ACE和ADF中，ACEADF，DF=CE，CD=BC，BE=CF，即结论BE=CF仍成立点评：本题考察了等边三角形的性质，全等三角形的性质和断定的应用，

20、主要考察学生娴熟地运用性质进展推理的实力，题目比拟典型，但有肯定的难度8如图，在四边形ABCD中，AB=AD，BC=CD，ABC=ADC=90，MAN=BAD（1）如图1，将MAN围着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD于M、N，试推断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？干脆写出结论，不用证明；（2）如图2，将MAN围着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD的延长线于M、N，试推断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？并证明你的结论；（3）如图3，将MAN围着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD的反向延长线于M、N，试推断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数

21、量关系？干脆写出结论，不用证明考点：全等三角形的断定与性质；旋转的性质。分析：（1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换延长MB到G，使BG=DN，连接AG目的就是要证明三角形AGM和三角形ANM全等将MN转换成MG，那么这样MN=BM+DN了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键三角形AMG和AMN中，只有一条公共边AM，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AND中，已知了一组直角，BG=DN，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AN，1=2，那么1+3=2+3=MAN=BAD由此就构成了三角形ABE和AEF全等的全部条件（SAS），那么就能得出MN=GM了（2）依据（

22、1）的思路，我们应当通过全等三角形来实现相等线段的转换就应当在BM上截取BG，使BG=DN，连接AG依据（1）的证法，我们可得出DN=BG，GM=MN，那么MN=GM=BMBG=BEDN（3）依据（1）的思路，我们应当通过全等三角形来实现相等线段的转换就应当在DN上截取DF，使DF=BM，连接AG依据（1）的证法，我们可得出DAF=BAM，AF=AM，那么MN=NF=DNDF=BNBM解答：解：（1）证明：延长MB到G，使BG=DN，连接AGABG=ABC=ADC=90，AB=AD，ABGADNAG=AN，BG=DN，1=41+2=4+2=MAN=BADGAM=MAN又AM=AM，AMGAMN

23、MG=MNMG=BM+BGMN=BM+DN（2）MN=BMDN证明：在BM上截取BG，使BG=DN，连接AGABC=ADC=90，AD=AB，ADNABG，AN=AG，NAD=GAB，MAN=MAD+MAG=DAB，MAG=BAD，MAN=MAG，MANMAG，MN=MG，MN=BMDN（3）MN=DNBM点评：本题考察了三角形全等的断定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过协助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形9（2010义乌市）如图1，已知ABC=90，ABE是等边三角形，点P为射线BC上随意一点（点P与点B不重合），连接AP，将线段

24、AP绕点A逆时针旋转60得到线段AQ，连接QE并延长交射线BC于点F（1）如图2，当BP=BA时，EBF=30，猜测QFC=60；（2）如图1，当点P为射线BC上随意一点时，猜测QFC的度数，并加以证明；（3）已知线段AB=2，设BP=x，点Q到射线BC的间隔 为y，求y关于x的函数关系式考点：旋转的性质；全等三角形的断定；等边三角形的性质；解直角三角形。专题：探究型。分析：（1）EBF与ABE互余，而ABE=60，即可求得EBF的度数；利用视察法，或量角器测量的方法即可求得QFC的度数；（2）依据三角形的外角等于不相邻的两内角的和，证明BAP=EAQ，进而得到ABPAEQ，证得AEQ=ABP

25、=90，则BEF=180AEQAEB=1809060=30，QFC=EBF+BEF；（3）过点F作FGBE于点G，过点Q作QHBC，依据ABPAEQ得到：设QE=BP=x，则QF=QE+EF=x+2点Q到射线BC的间隔 y=QH=sin60QF=（x+2），即可求得函数关系式解答：解：（1）EBF=30；（1分）QFC=60；（2分）（2）QFC=60 （1分）解法1：不妨设BPAB，如图1所示BAP=BAEEAP=60EAP，EAQ=QAPEAP=60EAP，BAP=EAQ （2分）在ABP和AEQ中AB=AE，BAP=EAQ，AP=AQ，ABPAEQ（SAS） （3分）AEQ=ABP=90

26、 （4分）BEF=180AEQAEB=1809060=30QFC=EBF+BEF=30+30=60 （5分）（事实受骗BPAB时，如图2情形，不失一般性结论仍旧成立，不分类探讨不扣分）解法2：设AP交QF于MQMP为AMQ和FMP共同的外角QMP=Q+PAQ=APB+QFC，由ABPAEQ得Q=APB，由旋转知PAQ=60，QFC=PAQ=60，（3）在图1中，过点F作FGBE于点GABE是等边三角形，BE=AB=2由（1）得EBF=30在RtBGF中，BG=，BF=2EF=2 （1分）ABPAEQQE=BP=x，QF=QE+EF=x+2 （2分）过点Q作QHBC，垂足为H在RtQHF中，y=

27、QH=sin60QF=（x+2）（x0）即y关于x的函数关系式是：y=x+ （3分）点评：本题把图形的旋转，与三角形的全等，三角函数，以及函数相结合，是一个比拟难的题目10（2009北京）在平行四边形ABCD中，过点C作CECD交AD于点E，将线段EC绕点E逆时针旋转90得到线段EF（如图1）（1）在图1中画图探究：当P为射线CD上随意一点（P1不与C重合）时，连接EP1；绕点E逆时针旋转90得到线段EG1推断直线FG1与直线CD的位置关系，并加以证明；当P2为线段DC的延长线上随意一点时，连接EP2，将线段EP2绕点E逆时针旋转90得到线段EC2推断直线C1C2与直线CD的位置关系，画出图形

28、并干脆写出你的结论（2）若AD=6，tanB=，AE=1，在的条件下，设CP1=x，SP1FG1=y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围考点：二次函数综合题。专题：探究型。分析：（1）说明P1EC按要求旋转后得到的G1EF全等，再结合P1CE=G1FE=90去说明；依据要求画出图形，由图形即可得出答案；（2）当点P1在线段CH的延长线上时，结合已知说明CE=4，且由四边形FECH是正方形，得CH=CE=4，再依据题设可得G1F=xP1H=x4，进而可得y与x之间的函数关系式；当点P1在线段CH上时，同理可得FG1=x，P1H=4x，进而可得y与x之间的函数关系式；当点P1与点H

29、重合时，说明P1FG1不存在，再作综合说明即可本题第二问较难学生不明确点P1的几种位置状况，因此不能探讨本题考察图形变换和动点问题，而且代数和几何结合，有肯定难度留意的问题：一是函数关系式不止一种，二是自变量的取值范围要正确画出（1）视察图形可知重叠三角形ABC是边长为2的等边三角形，则这个三角形底边上的高为，所以重叠三角形ABC的面积=；（2）由折叠的性质和已知可知：AD=AD=m，BD=BD=8m，所以AB=BC=82m，AB边上的高=（4m），所以重叠三角形ABC的面积=（82m）（4m）=（4m）2；当D为AB边中点时“重叠三角形”不存在，故m4而当D在AB的点处，即AD=时，点B和点

30、C恰在矩形DEFG边上，符合题意；当AD时，点B和点C就在矩形DEFG外了，这与已知不符，故m，因此m的取值范围为m4解答：解：（1）直线FG1与直线CD的位置关系为互相垂直证明：如图1，设直线FG1与直线CD的交点为H线段EC、EP1分别绕点E逆时针旋转90依次得到线段EF、EG1，P1EG1=CEF=90，EG1=EP1，EF=ECG1EF=90P1EF，P1EC=90P1EF，G1EF=P1ECG1EFP1ECG1FE=P1CEECCD，P1CE=90，G1FE=90度EFH=90度FHC=90度FG1CD按题目要求所画图形见图1，直线G1G2与直线CD的位置关系为互相垂直（2）四边形A

31、BCD是平行四边形，B=ADCAD=6，AE=1，tanB=，DE=5，tanEDC=tanB=可得CE=4由（1）可得四边形EFCH为正方形CH=CE=4如图2，当P1点在线段CH的延长线上时，FG1=CP1=x，P1H=x4，SP1FG1=FG1P1H=y=x22x（x4）如图3，当P1点在线段CH上（不与C、H两点重合）时，FG1=CP1=x，P1H=4x，SP1FG1=FG1P1H=y=x2+2x（0x4）当P1点与H点重合时，即x=4时，P1FG1不存在综上所述，y与x之间的函数关系式及自变量x的取值范围是y=x22x（x4）或y=x2+2x（0x4）点评：本题着重考察了二次函数解、

32、图形旋转变换、三角形全等、探究垂直的构成状况等重要学问点，综合性强，实力要求较高考察学生分类探讨，数形结合的数学思想方法11已知：如图1四边形ABCD是菱形，AB=6，B=MAN=60绕顶点A逆时针旋转MAN，边AM与射线BC相交于点E（点E与点B不重合），边AN与射线CD相交于点F（1）当点E在线段BC上时，求证：BE=CF；（2）设BE=x，ADF的面积为y当点E在线段BC上时，求y与x之间的函数关系式，写出函数的定义域；（3）连接BD，假如以A、B、F、D为顶点的四边形是平行四边形，求线段BE的长考点：菱形的性质；全等三角形的断定与性质；平行四边形的性质。分析：（1）连接AC，通过证明A

33、BEACF（ASA）即可得出BE=CF；（2）过点A作AHCD，垂足为H，先依据勾股定理求出AH的长，又CF=BE=x，DF=6x，依据三角形的面积公式即可列出函数关系式；（3）依据题意画出图形，并连接BD，先依据四边形BDFA是平行四边形，证出BAE为直角，在RtABE中，B=60，BEA=30，AB=6，继而即可求出BE的长解答：解：（1）连接AC（如图1）由四边形ABCD是菱形，B=60，易得：BA=BC，BAC=DAC=60，ACB=ACD=60ABC是等边三角形AB=AC又BAE+MAC=60，CAF+MAC=60，BAE=CAF在ABE和ACF中，BAE=CAF，AB=AC，B=ACF，ABEACF（ASA）BE=CF（2）过点A作AHCD，垂足为H（如图2）在RtADH中，D=60，DAH=9060=30，.又CF=BE=x，DF=6x，SADF=DFAH，即（0x6）（3）如图3，连接BD，易得当四边形BDFA是平行四边形时，AFBDFAD=ADB=30DAE=6030=30，BAE=12030=90在RtABE中，B=60，BEA=30，AB=6易得：BE=2AB=26=12点评：本题考察菱形的性质、全等三角形的断定与性质及平行四边形的性质，是一道综合题，有肯定难度，关键是对这些学问的娴熟驾驭以便敏捷运用