专题08 特殊平行四边形解答题压轴训练-2020-2021学年八年级数学下学期期末考试压轴题专练浙

1、专题08特殊平行四边形解答题压轴训练一、解答题（12019浙江八年级期末）如图，在ABCD中，AD2AB，E，F分别为BC，AD的中点，作CGAB于点G，GF的延长线交CD的延长线于点H如图2，CG交BF于点P，记FGP的面积为S，BCP的面积为S，则SS的（1）求证：四边形ABEF是菱形（2）当AB5,BF8时，求GH的长1221值为_【答案】（1）见解析；（2）12；16825【分析】（1）根据平行四边形的性质得到ADBC，AD=BC，再根据中点的定义得到AF=BE，可得四边形ABCD是平行四边形，结合AB=AF，可得结论；（2）连接AE交BF于点O，由菱形性质可得AOB=90，从而求出菱

2、形ABEF的面积，可得四边形ABCD的面积，根据CGAB可得CG，从而求出AG，证明AFGDFH，AF=1得到AG=DH，在GCH中利用勾股定理求出GH即可；过F作FKAB交BA延长线于K，求出FK，从而得到BGF和BGC的面积，从而分别得出S1和S2，可得S1-S2【详解】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，ADBC，AD=BC，E、F分别为BC、AD中点，1AD，BE=BC，22AF=BE，AFBE，四边形ABEF是平行四边形，AD=2AB，AD=2AF，AB=AF，四边形ABEF是菱形；（2）连接AE交BF于点O，四边形ABEF是菱形，AEBF，OB=OF=AOB=90，11BE=4，

3、OA=OE=AE，22在RtAOB中，OA=AE=2OA=6，AB2OB2=3,S菱形ABEF=11AEBF=68=24，22E、F分别是BC、AD中点，BE=EC，AF=FD，ADBC，四边形ABEF，四边形EFDC都是平行四边形，且底和高相等，S四边形ABEF=S四边形EFDC=24，S四边形ABCD=S四边形ABEF+S四边形EFDC=48，CGAB，S四边形ABEF=ABCG=5CG=48，BGC=90，CG=48，5AD=BC=2AB=10，BG=BC2CG2145，11AG=AB-BG=5-14=，55四边形ABCD是平行四边形，AB=CD=5，ABCD，A=FDH，GCH=BGC

4、=90，F是AD中点，AF=DF，在AFG和DFH中，AFDFAFDH，AFGDFHAFGDFH（ASA），AG=DH=115，36CH=CD+DH=5+11=，55在RtGCH中，GH=CG2CH2=12；过F作FKAB交BA延长线于K，四边形ABEFABFK=5FK=24，S=FK=245，SBGF=111424168BGFK=，225525SBGC=111448336BGCG=，225525S2=SBGC-SBGP=33625-SBGP，S1=SBGF-SBGP=168-SBGP，S2-S1=336-=25252525【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定

5、和性质，勾股定理，重点考查了几何图形的推理论证能力，同时也要结合已知条件作出辅助线，扩大运用范围2（2020浙江八年级期中）在平面直角坐标系xOy中，若直线与x轴夹角为45时，则称该直线为x轴的“相关直线”，已知点A，B的坐标分别为A(0,3)，B(1,0)（1）若x轴的“相关直线”ykxm过点A，则k_；（2）如图，以AB为边作正方形ABCD，使C、D位于第二象限若x轴的“相关直线”l平分正方形ABCD的面积，求l的解析式；若x轴的“相关直线”交y轴于点M(0,b)，且与正方形ABCD有公共点，请直接写出b的取值范围【答案】（1）1；（2）yx4或yx；当x轴的“相关直线”的比例系数为1时，

6、1b7；当x轴的“相关直线”的比例系数为-1时，3b3【分析】（1）分两种情况讨论，先求出直线ykxm与x轴的交点坐标，代入解析式求出k的值即可；（2）过点C作CHx轴于点H，连接AC，BD交于点N，进而可证ABOBCH，可得CH=BO=1，AO=BH=3，可得点C的坐标，然后可求点N的坐标，设x轴的“相关直线”l的解析式为yxn或yxn，将点N坐标代入求解即可；分两种情况讨论，将特殊点坐标代入解析式可求b的值，即可求出b的取值范围【详解】解：（1）A0,3，B1,0，AO3,BO1，x轴的“相关直线”ykxm过点A，直线ykxm与x轴夹角为45，如图所示，当直线ykxm与x轴交于正半轴时，交

7、点为F，AFOFAO45，AOOF3，由题意可得：，解得：k1；m3则，解得：k1；m3点F3,0，3km0当直线ykxm与x轴交于负半轴时，交点为E，同理可得点E3,0，3km0故答案为1；（2）过点C作CHx轴于点H，连接AC，BD交于点N，如图所示：四边形ABCD是正方形，ABBC,ABC90,ANCN，ABOCBHABOBAO90，CBHBAO，CHBAOB90，CHBAOB（AAS），CHBO1,AOBH3，点C4,1，点N是AC的中点，由中点坐标公式可得：点N2,2，设x轴的“相关直线”l的解析式为yxn或yxn，x轴的“相关直线”l平分正方形ABCD的面积，x轴的“相关直线”l过

8、点N，22n或22n，n4或0，x轴的“相关直线”l的解析式为yx4或yx；x轴的“相关直线”交y轴于点M0,b，设x轴的“相关直线”的解析式为yxb或yxb，点C4,1，A0,3，B1,0，D3,4，如图，当x轴的“相关直线”的解析式为yxb，yxb与正方形ABCD有公共点，yxb与正方形ABCD至少有一个公共点，当yxb过点D时，则43b，b7，当yxb过点B时，则01b，b1，1b7，当x轴的“相关直线”的解析式为yxb，如图示，同理当yxb过点A时，则b3，当yxb过点C时，则4b1，b3，3b3，综上所述：当x轴的“相关直线”的比例系数为1时，1b7；当x轴的“相关直线”的比例系数为

9、-1时，3b3【点睛】本题主要考查一次函数与几何的综合及正方形的性质，熟练掌握一次函数与几何的综合及正方形的性质是解题的关键（32021浙江八年级期中）如图：在直角坐标系中，长方形OABC中，OA10,OC5，点D从点C出发，沿射线CO方向以每秒2个单位长的速度移动，点E从点O出发，沿射线OA方向以每秒1个单位长的速度运动，设点E的运动时间为t秒【答案】1）1（1）如图1，当t为何值时，ODE的面积为1；（2）当CE是OEB的角平分线时，求出此时点E的坐标；（3）当t为何值时，CDE是等腰三角形？541（秒或2秒或秒；2）1053，0）或（1053，0）；3）24533秒或1053秒或1053

10、秒或5秒【分析】（1）分点E在y轴正半轴时，点E在y轴负半轴时，两种情况，根据三角形面积公式列出方程求解；（2）分点E在点A左侧，点E在点A右侧，画出图形，求出OE的长即可得到点E坐标；（3）分CD=CE，DC=DE，CE=DE三种情况，结合等腰三角形的性质和勾股定理列出方程求解即可【详解】解：（1）长方形OABC中，OA=BC=10，OC=AB=5，C（0，5），A（10，0），B（10，5），若ODE的面积为1，当点E在y轴正半轴时，则152tt1，2解得：t12或t2；当点E在y轴负半轴时，则12t5t1，2解得：t541541（舍）或t；44综上：当t为1541秒或2秒或秒时，ODE的

11、面积为1；24（2）如图，若点E在点A左侧，CE平分OEB，则OEC=BEC，OABC，BCE=OEC，BEC=BCE，BC=BE=10，AE=BE2AB2=53，OE=OA-AE=1053，即E（1053，0）；若点E在点A右侧，同理可得：BC=BE=10，AE=BE2AB2=53，OE=OA+AE=1053，即E（1053，0）；（3）CDE是等腰三角形，若CD=CE，CECO，此时点D必在y轴负半轴，则CD=CE=2t，OE=t，在OCE中，52t22t2，解得：t=533（负值舍去）；若DC=DE，当点D在y轴正半轴时，CD=DE=2t，OE=t，则OD=5-2t，在ODE中，52t2

12、t22t2，解得：t=1053或1053（舍）；当点D在y轴负半轴时，CD=DE=2t，OE=t，则OD=2t-5，在ODE中，2t52t22t2，解得：t=1053（舍）或1053；若CE=DE，OECD，OC=OD=5，即CD=10，t=102=5综上：当t为53或1053或1053或5时，CDE是等腰三角形3【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，角平分线的意义，等腰三角形的性质，用运动时间t表示线段是解本题的关键，根据题意画出图形是本题的难点4（2020浙江八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点B(4,0)，点A以每秒1个单位长度的速度从点O向x负半轴方向匀速运动，设运

13、动时间为t以AB为边在x轴下方作正方形ABCD（1）当点A运动到OB中点时，如图1，求直线BD的解析式；（2）连结OD，过点B作OD的垂线BE，交直线AD于点F，点E为垂足，作边BO的垂直平分线l与直线BE交于点l设AFI的面积为S，当0t2时，如图2，求S关于t的函数关系式在点A运动过程中，是否存在点F，使以A，C，F为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，求出符合条件的t的值若不存在，请说明理由【答案】（1）直线BD的解析式为yx4；（2）S12t2t；当以A，C，F为顶点的三角形为等腰三角形时，t842或83或2或842【分析】（1）由题意易得点A2,0，则有AB2，进而可得点D2,2，设直

14、线BD的解析式为ykxb，然后把点B、D的坐标代入求解即可；（2）连接AI，由题意易得ABAD，FABOAD90，AFBAOD，进而可得AFBAOD，然后可得OAtAF，则直线l与直线AD的距离为2t，最后问题可求解；当点A在点B的右侧时，0t4，由可得AFOAt，ABBC4t，At,0,Ft,t,C4,t4，当AF=AC时，当AF=CF时，当AC=CF时，进而分类求解即可；当点A在点B的左侧时，t4，同理可进行求解【详解】解：（1）点A运动到OB中点，B4,0，A2,0，AB2，四边形ABCD是正方形，ABAD2，点D2,2，设直线BD的解析式为ykxb，代入点B、D的坐标得：2kb2b44

15、kb0k1，解得：，直线BD的解析式为yx4；（2）连接AI，如图所示：四边形ABCD是正方形，ABAD，FABOAD90，BEOD，BEO90，ABFAFBABFAOD90，AFBAOD，AFBAOD（AAS），AFOA，由题意可得OAtAF，BO的垂直平分线l与直线BE交于点I，直线l的解析式为x2，直线l与直线AD的距离为2t，设AFI的面积为S，当0t2时，S关于t的函数关系式为S1t2tt2t；122当点A在点B的右侧时，0t4，如图2，由可得AFOAt，ABBC4t，At,0,Ft,t,C4,t4，当AF=AC时，则根据两点距离公式可得：t24t2t42，解得：t842,t842（

16、不符合题意，舍去），12当AF=CF时，则根据两点距离公式可得：t2t422t42，解得：t2,t4（不符合题意，舍去）；12当AC=CF时，则根据两点距离公式可得：4t2t42t422t42，解得：t18,t0（不符合题意，舍去）；32当点A在点B的左侧时，t4，如图所示：由可得AFOAt，ABBCt4，At,0,Ft,t,C4,4t，t同理以上方法分别可得当AF=AC时，842；当AF=CF时，t的值不满足t4；当AC=CF时，t的值不满足t4；综上所述：当以A，C，F为顶点的三角形为等腰三角形时，t842或83或2或842【点睛】本题主要考查一次函数与几何综合及正方形的性质，熟练掌握一次

17、函数与几何综合及正方形的性质是解题的关键5（2020浙江金华市八年级期中）定义：在平面直角坐标系中，若P，Q为某个四边形相邻的两个顶点，且该四边形的两条对角线分别与x轴，y轴平行或重合，则称该四边形为点P，Q的“奇美四边形”图1为点P，Q的“奇美四边形”的一个示意图设点A1,2，点Bb,0（初步尝试）1）若b3，在图2网格中画出点A，B的一个“奇美四边形”，并记作：“奇美四边形”ABCD；（深入探究）：（2）若（1）中得到的“奇美四边形”ABCD，满足ABDC，AB/DC求证：“奇美四边形”ABCD是菱形；若点A，B的“奇美四边形”为矩形，求直线AB的函数解析式；（拓展应用）：（3）已知点C3

18、,2，在线段AC上存在点N，平面内存在一点M，使点M，N的“奇美四边形”为矩形，且点B到直线MN的距离始终为2，请直接写出b的取值范围【答案】【初步尝试】（1）图见解析；【深入探究】（2）证明见解析，直线AB的解析式为y=-x+3或y=x+1；【拓展应用】满足条件的b的取值范围为-3b-1或1b3或5b7【分析】【初步尝试】（1）根据“奇美四边形”的定义画出图形即可【深入探究】（2）根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明分两种求出求出点B的坐标即可解决问题【拓展应用】（3）求出点N与A重合时，满足条件的点B的坐标，求出点N与C重合时，满足条件的点B坐标，观察图象即可判断【详解】【初步尝试】（

19、1）解：如图1中，四边形ABCD即为所求（答案不唯一）【深入探究】（2）证明：如图2中，连接ACBDAB=CD，ABCD，四边形ABCD是平行四边形，又ACBD，四边形ABCD是菱形如图3中，解：03mnn3四边形ABCD是矩形，又ACBD，四边形ABCD是正方形，满足条件的点B的坐标为（3，0）或（-1，0），A（1，2），设直线AB:ymxn，若将（1，2），（3，0）代入2mnm1可得，解得，0mnn1若将（-1，0），（1，2）代入可得2mnm1，解得，直线AB的解析式为y=-x+3或y=x+1【拓展应用】（3）：如图4中，当点N与A重合时，满足条件的点B的坐标分别为：B1（-3，0）

20、，B2（1，0），B3（5，0），当点N与C重合时，满足条件的点B的坐标分别为：B4（-1，0），B5（3，0），B6（7，0），观察图象可知满足条件的b的取值范围为-3b-1或1b3或5b7【点睛】本题属于四边形综合题，考查了“奇美四边形”的定义，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，一次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用特殊点解决问题，属于中考压轴题6（2020浙江杭州市八年级月考）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点称为和美四边形中心（1）写出一种你学过的和美四边形_；（2）顺次连接和美四边形四边中点

21、所得四边形是_A矩形B菱形C正方形D无法确定（3）如图1，点O是和美四边形ABCD的中心，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接OE、OF、OG、OH，记四边形AEOH、BEOF、CGOF、DHOG的面积为S、S、S、S，用等式表示1234S、S、S、S的数量关系（无需说明理由）1234（4）如图2，四边形ABCD是和美四边形，若AB3,BC2,CD4，求AD的长【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3S2+S4；（4）21【分析】（1）根据正方形的对角线互相垂直解答；（2）根据矩形的判定定理解答；（3）根据三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分解答；（4）根据和美

22、四边形的定义、勾股定理计算即可【详解】解：（1）正方形是学过的和美四边形，故答案为：正方形；（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是矩形，故选：A（3）由和美四边形的定义可知，ACBD，则AOBBOCCODDOA90，又E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，AOE的面积BOE的面积，BOF的面积COF的面积，COG的面积DOG的面积，DOH的面积AOH的面积，S1+S3AOE的面积+COF的面积+COG的面积+AOH的面积S2+S4；（4）如图2，连接AC、BD交于点O，则ACBD，在RtAOB中，AO2AB2-BO2，RtDOC中，DO2DC2-CO2，AB3，BC2，CD

23、4，可得AD2AO2+DO2AB2-BO2+DC2-CO2AB2+DC2-BC232+42-2221，即可得AD=21【点睛】本题考查的是和美四边形的定义、矩形的判定、勾股定理的应用，正确理解和美四边形的定义、掌握矩形的判定定理是解题的关键（72020浙江杭州市八年级其他模拟）如图1，在矩形ABCD中，BC3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作PAB关于直线PA的对称PAB，设点P的运动时间为t(s)（1）若AB23，如图2，当点B落在AC时，显然PAB是直角三角形，求此时t的值；是否存在异于图2的时刻，使得PCB是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？

24、若不存在，请说明理由；（2）当P点不与C点重合时，若直线PB与直线CD相交于点M，且当t3时存在某一时刻有结论PAM45成立，试探究：对于t3的任意时刻，结论“PAM45”是否总是成立？请说明理由【答案】（1）274；存在，t=2或6或23；（2）成立，理由见解析【分析】（1）利用勾股定理求出AC，根据对称的性质得到AB和BP，从而得到BC和PC，在CBP中利用勾股定理列出方程，解之即可解决问题分三种情形分别求解即可：如图21中，当PCB90时如图22中，当PCB90时如图23中，当CPB90时（2）如图32中，首先证明四边形ABCD是正方形，如图32中，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解

25、决问题【详解】解：（1）如图1中，四边形ABCD是矩形，ABC90，AB=23，BC=3，ACAB2BC221，点B和B关于AP对称，AB=AB=23，BP=BP=t，B=ABP=CBP=90，BC=AC-AB=2123，PC=BC-BP=3-t，在RtCBP中，2123t223t2，解得：t=274；如图21中，当PCB90时，四边形ABCD是矩形，D90，ABCD23，ADBC3，DB(23)2323，CBCDDB3，在RtPCB中，BP2PC2BC2，t2(3)2(3t)2，t2如图22中，当PCB90时，在RtADB中，DBAB2AD23，CB33在RtPCB中则有：(33)2(t3)

26、2t2，解得t6如图23中，当CPB90时，由对称可知：AB=AB，四边形ABPB为正方形，BP=AB=23，t23综上所述，满足条件的t的值为2s或6s或23s（2）如图31中，PAM452345，1445又翻折，12，34，又ADMABM，AMAM，AMDAMB(AAS)，ADABAB，即四边形ABCD是正方形，如图，设APBxPAB90 x，DAPx，同理可证：MDAMBA(HL)，BAMDAM，翻折，PABPAB90 x，DABPABDAP902x，1DAMDAB45x，2MAPDAMPAD45【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，

27、轴对称的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考的坐标为(2,1)，点A、C在坐标轴上，点P在BC边上，直线l:y2x1，直线压轴题8（2020浙江杭州市八年级月考）如图，在矩形ABCO中，点O为坐标原点，点B1l:y2x12（2）已知点M在第一象限，且是直线l上的点，若APM是等腰直角三角形，求点【答案】1）直线l1与x轴交点坐标为（，0），直线l2与AB的交点坐标为（1，1）；（2）（2，3）或（4（1）分别求直线l与x轴，直线l与AB的交点坐标；122M的坐标；（3）已知矩形ANPQ的顶点N在直线l上，Q是坐标平面内的点，且N点的横坐标2为x，请求出x的取值范围1（2

28、546554655x，）；（3）或x533555【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；（2）分三种情况：若点A为直角顶点时，点M在第一象限；若点P为直角顶点时，点M在第一象限；若点M为直角顶点时，点M在第一象限；进行讨论可求点M的坐标；（3）根据矩形的性质可求N点的横坐标x的取值范围【详解】解：（1）将y=0代入直线l1：当y=0时，2x+1=0，则直线l1与x轴交点坐标为（12，0），直线l2：当y=1时，2x-1=1，即x=1，则直线l2与AB的交点坐标为（1，1）；（2）若点A为直角顶点时，点M在第一象限，连结AC，如图1，APBACB45，

29、APM不可能是等腰直角三角形，点M不存在；若点P为直角顶点时，点M在第一象限，如图2，过点M作MNCB，交CB的延长线于点N，APM=APB+MPN=90，PAB+APB=90，PAB=MPN，又AP=PM，ABP=MNP=90，RtABPRtPNM（AAS），AB=PN=2，MN=BP，设M（x，2x-1），则MN=x-2，2x-1=2+1-（x-2），x=2，M（2，3）；若点M为直角顶点时，点M在第一象限，如图3，设M1（x，2x-1），过点M1作M1G1OA，交BC于点H1，同可得：RtAM1G1RtPM1H1，AG1=M1H1=1-（2x-1），x+1-（2x-1）=2，解得，x=0

30、，M1（0，-1）（不合题意舍去）；设M2（x，2x-1），同理可得x+2x-1-1=2，x=43，M2（45，）；33综上所述，点M的坐标为（2，3）或（3）当点N在直线l2上时，点N的横坐标为x，N（x，2x-1），当点P和点B重合时，P（2，1），AP的中点G坐标为（1，1），四边形ANPQ是矩形，ANB=90，45，）；33NG=12AP=1，（x-1）2+（2x-1-1）2=1，x=5555（点N在AB上方的横坐标）或x=（点N在AB下方的横坐标），55当点P和点C重合时，P（2，0），AP的中点G坐标为（1，同理：NG=1AP=5，2215（x-1）2+（2x-1-）2=，2412

31、），x=46546（和点N在AB上方构成的四边形是矩形的横坐标）或x=（和点N5在AB下方构成的四边形是矩形的横坐标），46554655xx或5555【点睛】本题考查了四边形综合题，涉及的知识点有：坐标轴上点的坐标特征，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，分类思想的应用，方程思想的应用，综合性较强，有一定的难度（92020浙江温州市八年级期末）如图，在矩形ABCD中，AD2AB8，点E是边AD的中点连结EC，P，Q分别是射线AD，EC上的动点，且EQ结BP，PQ过点B，Q分别作PQ，BP的平行线交于点F2AP连（1）当点P在线段AE上（不包含端点）时；求证：四边形BFQP是正方形；若BC将四边形

32、BFQP的面积分为1:3两部分，求AP的长；（2）如图2，连结PF，若点C在对角线PF上，求BFC的面积（直接写出答案）【答案】（1）见解析；AP2，（2）162+16【分析】（1）易证四边形PBFQ是平行四边形，过点Q作QHAD于H，设AP=x，则EQ2AP2x，证EHQ是等腰直角三角形，得EH=HQ=AP=x，由SAS证ABPHPQ，得ABP=HPQ，BP=QP，推出BPQ=90，即可得出结论；QN过点F、作BC的垂线段，垂足分别为点M、，则四边形ABNH是矩形，得HN=AB=4，由面积证得FK=QK，由AAS证得KMFKNQ，得MF=QN，由AAS证得BMFBAP，得MF=AP=QN=x

33、，则HN=HQ+QN=2x=4，解得x=2，即可得出结果；（2）过点F作FKBC于K，过点Q作QHAP于H，易证BKFBAPQHP，得出AB=PH=4，HQ=KF，设DP=x，则EH=ED+PH+DP=8+x，证CDE是等腰直角三角形，得CE=CE2CD42，由轴对称可得BC=CQ=8，则EQECCQ428，证EHQ是等腰直角三角形，得EQ2EH，则428=28x，解得x424求出KFHQEH8x424，由S2BFC1BCKF即可得出结果【详解】（1）证明：PQBF，BPPQ，四边形PBFQ是平行四边形，过点Q作QHAD于H，如图11所示：设APx，则EQ2AP2x，在矩形ABCD中，ADBC

34、2AB2CD8，AADC90，点E是AD的中点，ED12ADCD4，DEC45，EHQ90，EHQ是等腰直角三角形，EHHQAPx，PEAEAP4x，在ABP和HPQ中，BAPPHQ90，APHQPHPE+EHPE+APAE4，ABPH，ABPHABPHPQ（SAS），ABPHPQ，BPQP，ABP+APBHPQ+APB90，BPQ90，平行四边形PBFQ是矩形，BPQP，矩形PBFQ是正方形；解：过点F、Q作BC的垂线段，垂足分别为点M、N，如图12所示：则四边形ABNH是矩形，HNAB4，四边形BFQP是正方形，SBPK12S正方形BFQP，SBFK1S，BC将四边形BFQP的面积分为1：

35、3两部分，4正方形BFQPSPQK1S4正方形BFQP，在KMF和KNQ中，MKFNRQ，FKQK在BAP和BMF中，BAPBMF90，BPBFFKQK，FMKQNK90KMFKNQ（AAS），MFQN，四边形BFPQ是正方形，BPBF，PBFBFK90，ABP+PBKFBM+PBK90，ABPFBM，ABPFBMBAPBMF（AAS），MFAPQNx，HNHQ+QN2x4，解得：x2，AP2；在ABP和PHQ中，BAPPHQ90，BPPQ（2）解：过点F作FKBC于K，过点Q作QHAP于H，如图2所示：四边形PBFQ是正方形，BPQPBF90，BPPQFB，APB+HPQ90，APB+ABP

36、90，ABPHPQ，ABPHPQABPPHQ（AAS），ABP+CBPKBF+CBP90，在ABP和KBF中，BAPBKF90，BPFBABPKBF，ABPKBFABPKBF（AAS），ABPKBFPHQ，ABPH4，HQKF，设DPx，则EHED+PH+DP8+x，DECD，EDC90，CDE是等腰直角三角形，CE2CD42，四边形BFQP是正方形，由轴对称可得：BCCQ8，EQEC+CQ42+8，EHQ90，DEC45，EHQ是等腰直角三角形，EQ2EH，42+82（8+x），SBFC1解得：x424，KFHQEH8+x42+4，1BCKF8（42+4）162+162232【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积的计算等知