第18章++平行四边形++期末压轴题训练 人教版八年级数学下册

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页第18章平行四边形期末压轴题训练1．在数学的学习中，有很多典型的基本图形．（1）如图①，中，，，直线经过点，直线，直线，垂足分别为、．试说明；（2）如图②，中，，，点、、在同一条直线上，，，．则菱形面积为______．（3）如图③，分别以的直角边、向外作正方形和正方形，连接，是的高，延长交于点，若，，求的长度．2．如图，在中，对角线、相交于点，点、分别为、的中点，延长至，使，连接．（1）求证：；（2）四边形是平行四边形吗？请说明理由；（3）若四边形是矩形，则线段、的数量关系是______．3．在等边三角形ABC中，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD的上方作菱形ADEF，且∠DAF=60°，连接CF．（1）【观察猜想】如图（1），当点D在线段CB上时，①；②之间数量关系为．（2）【数学思考】：如图（2），当点D在线段CB的延长线上时，（1）中两个结论是否仍然成立？请说明理由．（3）【拓展应用】：如图（3），当点D在线段BC的延长线上时，若，，请直接写出的长及菱形ADEF的面积．．4．如图1，在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，，且满足，现同时将点分别向左平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度，分别得到点的对应点，连接，．（1）请求出两点的坐标；（2）如图2，点是线段上的一个动点，点是线段的中点，连接，，当点在线段上移动时（不与重合），请找出，，的数量关系，并证明你的结论；（3）在坐标轴上是否存在点，使三角形的面积与三角形的面积相等？若存在直接写出点的坐标；若不存在，试说明理由．5．综合与探究如图1,在中,为锐角,点为射线上一点,连接,以为一边且在的右侧作正方形,解答下列问题:（1）研究发现:如果,①如图2,当点在线段上时（与点不重合）,线段、之间的数量关系为______,位置关系为_______．②如图3,当点在线段的延长线上时,①中的结论是否仍成立并说明理由．（2）拓展发现:如果,点在线段上,点在的外部,则当_______时,．6．如图1所示，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E，F分别在正方形的边CB，CD上，连接AE、AF．(1)求证：AE＝AF；(2)取AF的中点M，EF的中点N，连接MD，MN．则MD，MN的数量关系是，MD、MN的位置关系是(3)将图2中的直角三角板ECF，绕点C旋转180°，如图3所示，其他条件不变，则(2)中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．7．如图，点E为▱ABCD的边AD上的一点，连接EB并延长，使BF＝BE，连接EC并延长，使CG＝CE，连接FG．H为FG的中点，连接DH，AF．（1）若∠BAE＝70°，∠DCE＝20°，求∠DEC的度数；（2）求证：四边形AFHD为平行四边形；（3）连接EH，交BC于点O，若OC＝OH，求证：EF⊥EG．8．如图，平行四边形中，，，，是的中点，是边上的动点，的延长线与的延长线交于点，连接CE，．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）①当的长为多少时，四边形是矩形；②当时，四边形是菱形，（直接写出答案，不需要说明理由）．9．如图，在中，平分交于点，垂直平分，分别交，，于点，，，连接，．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，，求的长；（3）在（2）的条件下，求四边形的面积．10．如下图1，在平面直角坐标系中中，将一个含的直角三角板如图放置，直角顶点与原点重合，若点A的坐标为，．（1）旋转操作：如下图2，将此直角三角板绕点O顺时针旋转时，则点B的坐标为．（2）问题探究：在图2的基础上继续将直角三角板绕点O顺时针，如图3，在AB边上的上方以AB为边作等边，问：是否存在这样的点D，使得以点A、B、C、D四点为顶点的四边形构成为菱形，若存在，请直接写出点D所有可能的坐标；若不存在，请说明理由．（3）动点分析：在图3的基础上，过点O作于点P，如图4，若点F是边OB的中点，点M是射线PF上的一个动点，当为直角三角形时，求OM的长．11．如图，是平行四边形的对角线，、分别为边和边延长线上的点，连接交、于点、，且.（1）求证：（2）若是等腰直角三角形，，是的中点，，求的长：（3）在（2）的条件下，连接，如图，求证：12．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（6，6），将正方形ABCO绕点C逆时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连结CH、CG．（1）求证：CG平分∠DCB；（2）在正方形ABCO绕点C逆时针旋转的过程中，求线段HG、OH、BG之间的数量关系；（3）连结BD、DA、AE、EB，在旋转的过程中，四边形AEBD是否能在点G满足一定的条件下成为矩形？若能，试求出直线DE的解析式；若不能，请说明理由．13．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．理解：在你所学过四边形中，满足等补四边形定义的四边形是；画图：如图1，在正方形网格中，线段的端点在格点上(小正方形的顶点)，请你画出个以格点为顶点，为边的等补四边形；探究：如图2，在等补四边形中，，连接是否平分？请说明理由．14．在中，以为边在内作等边，连接．（1）如图1，若点在对角线上，过点作于点，且，，求的长度；（2）如图2，若点是的中点，且，过点作，分别交，于点，在上取，连接，．求证：①；②是等边三角形．15．如图1，在正方形和正方形中，点在同一条直线上，是线段的中点，连接．（1）求证：．简析：由是线段的中点，，不妨延长交于点，从而构造出一对全等的三角形，即_______________．由全等三角形的性质，易证是_______三角形，进而得出结论；（2）如图2，将原问题中的正方形和正方形换成菱形和菱形，且，探究与的位置关系及的值，写出你的猜想并加以证明；（3）当时，菱形和菱形的顶点都按逆时针排列，且．若点在一条直线上，如图2，则________；若点在一条直线上，如图3，则________．16．如图，在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠ADC＝120°．动点E、F分别从点B、D同时出发，都以0.5cm/s的速度向点A、C运动，连接AF、CE，分别取AF、CE的中点G、H．设运动的时间为ts（0＜t＜4）．（1）求证：AF∥CE；（2）当t为何值时，△ADF的面积为cm2；（3）连接GE、FH．当t为何值时，四边形EHFG为菱形．17．在矩形ABCD中，将矩形折叠，使点B落在边AD（含端点）上，落点记为E，这时折痕与边BC或者边CD（含端点）交于点F（如图1和图2），然后展开铺平，连接BE，EF．（1）操作发现：①在矩形ABCD中，任意折叠所得的△BEF是一个三角形；②当折痕经过点A时，BE与AE的数量关系为．（2）深入探究：在矩形ABCD中，AB＝，BC＝2．①当△BEF是等边三角形时，求出BF的长；②△BEF的面积是否存在最大值，若存在，求出此时EF的长；若不存在，请说明理由．18．（1）如图①，在正方形ABCD中，的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，求的度数；（2）如图②，在中，，点M，N是BD边上的任意两点，且，将绕点A逆时针旋转90度至位置，连接NH，试判断MN，ND，DH之间的数量关系，并说明理由；（3）在图①中，连接BD分别交AE，AF于点M，N，若正方形ABCD的边长为12，GF=6，BM=，求EG，MN的长．19．如图正方形，与相交于点（不与、重合）．（1）如图（1），当，①求证：；②求证：；（2）如图（2），当，边长，，求的长．20．如图，在中，，，，点从点出发沿以每秒的速度向点运动，同时点从点出发沿以每秒的速度向点运动，运动时间为秒（），过点作于点．（1）试用含的式子表示、、的长；（2）如图①，连接，求证四边形是平行四边形；（3）如图②，连接，当为何值时，四边形是矩形？并说明理由．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）证∠BDA＝∠CEA＝90°，∠CAE＝∠ABD，由AAS证明△ABD≌△CAE即可；（2）连接CE，交AF于O，由菱形的性质得∠COA＝∠ADB＝90°，同（1）得△ABD≌△CAO（AAS），得OC＝AD＝3，OA＝BD＝4，由三角形面积公式求出S△AOC＝6，即可得出答案；（3）过E作EM⊥HI的延长线于M，过点G作GN⊥HI于N，同（1）得△ACH≌△EAM（AAS），△ABH≌△GAN（AAS），得EM＝AH＝GN，证△EMI≌△GNI（AAS），得EI＝GI，证∠EAG＝90°，由勾股定理求出EG＝10，再由直角三角形的性质即可得出答案．【解析】（1）证明：∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，∴∠BDA＝∠CEA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°∵∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS）；（2）解：连接CE，交AF于O，如图②所示：∵四边形AEFC是菱形，∴CE⊥AF，∴∠COA＝∠ADB＝90°，同（1）得：△ABD≌△CAO（AAS），∴OC＝AD＝3，OA＝BD＝4，∴S△AOC＝OA•OC＝×4×3＝6，∴S菱形AEFC＝4S△AOC＝4×6＝24，故答案为：24；（3）解：过E作EM⊥HI的延长线于M，过点G作GN⊥HI于N，如图③所示：∴∠EMI＝∠GNI＝90°，∵四边形ACDE和四边形ABFG都是正方形，∴∠CAE＝∠BAG＝90°，AC＝AE＝8，AB＝AG＝6，同（1）得：△ACH≌△EAM（AAS），△ABH≌△GAN（AAS），∴EM＝AH＝GN，在△EMI和△GNI中，，∴△EMI≌△GNI（AAS），∴EI＝GI，∴I是EG的中点，∵∠CAE＝∠BAG＝∠BAC＝90°，∴∠EAG＝90°，在Rt△EAG中，EG＝＝＝10，∵I是EG的中点，∴AI＝EG＝×10＝5．【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、菱形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．2．（1）见解析；（2）四边形为平行四边形，理由见解析；（3）AC=2AB．【分析】（1）根据平行四边形的性质得到OE=OF即可证得结论；（2）利用得到∠EAO=∠FCO，AE=CF，由此推出AE∥CF，EG=CF即可证得四边形是平行四边形；（3）AC=2AB，根据平行四边形的性质推出AB=AO，利用点E是OB的中点，得到AG⊥OB，即可得到四边形是矩形.【解析】（1）四边形为平行四边形，，，点、分别为、的中点，，，则，在与中；（2），，，，又，，四边形为平行四边形；（3）当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形.∵AC=2AB，AC=2AO，∴AB=AO，∵点E是OB的中点，∴AG⊥OB，∴∠GEF=90°，∴四边形是矩形.故答案为：AC=2AB.【点评】此题考查了平行四边形的判定及性质，三角形全等的判定及性质，矩形的判定定理，等腰三角形的三线合一的性质，熟练掌握各知识点并运用解题是关键.3．（1）①120°；②BC＝CD+CF；（2）不成立，见解析；（3）8，【分析】（1）①根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出△ACF≌△ABD，根据全等三角形的性质即可得到结论；②根据全等三角形的性质得到CF=BD，再根据BD+CD=BC，即可得出CF+CD=BC；（2）依据△ABD≌△ACF，即可得到∠ACF+∠BAC=180°，进而得到AB∥CF；依据△ABD≌△ACF可得BD=CF，依据CD-BD=BC，即可得出CD-CF=BC；（3）依据，即可得到，利用是等边三角形，，可得，即可得出HD的长度，利用勾股定理即可求出AD的长度，即可得出结论．【解析】解：（1）在等边△ABC中，AB=AC，∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°∴∠BAD+∠DAC=60°在菱形ADEF中AD=AF∵∠DAF=∠DAC+∠FAC=60°∴∠CAF=∠DAB又∵AC=AB，AF=AD∴△ACF≌△ABD∴∠ACF=∠ABD=60°，CF=BD∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=120°故答案为：120°②∵BC=BD+CD，BD=CF∴BD=CF+CD故答案为：BC=CD+CF（2）不成立理由：∵是等边三角形∴，又∵∴∴∵四边形ADEF是菱形∴∴∴，∴∵∴（3），菱形ADEF的面积是∵∴又∵，∴∴∴如图，过点A作于点H，连接FD∵是等边三角形，∴∴∵∴∴.【点评】此题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质的综合运用，利用已知条件判定△DAB≌△FAC是解本题的关键．4．（1）C（-5，2），D（0，2）；（2）∠PQD+∠OPQ+∠BOP=360°，证明详见解析；（3）满足M点的坐标为M（2，0）或M（-8，0）或M（0，）或M（0，-）【分析】（1）利用非负数的性质即可求得a、b的值；（2）结论：∠PQD+∠OPQ+∠BOP=360°，过点P作PH∥AB，再根据平行线的性质证明即可；（3）分两种情形分别讨论，当点M在y轴上，设M（0，m），由题意：×5×2＝×|m﹣2|×3；当点M在x轴上时，设M（n，0），由题意：•|n+3|×2＝×5×2，，分别解方程即可求得M的坐标；【解析】（1）∵+=0，≥0，≥0，∴a=-3b=2∴A（-3，0），B（2，0），∴C（-5，2），D（0，2）；（2）结论：∠PQD+∠OPQ+∠BOP=360°；如图所示：过点P作PH∥AB，∵平移，∴CD∥AB，∴PH∥AB∥CD，∴∠PQD+∠QPH=180°，∠BOP+∠HPO=180°，∴∠PQD+∠QPH+∠BOP+∠HPO=360°，∴∠PQD+∠OPQ+∠BOP=360°；（3）当点M在y轴上，设M（0，m），由题意：×5×2＝×|m﹣2|×3，解得m＝或﹣，∴M（0，）或（0，﹣）．当点M在x轴上时，设M（n，0），由题意：•|n+3|×2＝×5×2，解得n＝2或﹣8，∴M（﹣8，0）或（2，0），综上所述，满足M点的坐标为M（2，0）或M（-8，0）或M（0，）或M（0，-）．【点评】主要考查了平行四边形动点问题和分类讨论思想，解题关键是添加常用辅助线构造平行线解决问题和分类讨论当点M在x轴上和y轴上．5．（1）①，；②当点在的延长线上时①中结论仍成立，详见解析；（2）【分析】（1）①结论:CF与BD位置关系是垂直、数量关系是相等;只要证明△BAD≌△CAF,即可解决问题；②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．证明方法类似;（2）过点A作AG⊥AC交BC于点G,理由（1）中的结论即可解决问题．【解析】解:（1）①相等（或）,互相重直（或）理由如下:∵AB=AC,∠BAC=90,∴∠ABC=∠ACB=45,∵∠BAC=∠DAF,∴∠BAD=∠CAF,在△BAD和△CAF中,,∴△BAD≌△CAF（SAS）,∴BD=CF,∠ABD=∠ACF=45,∵∠ACB=45,∴∠FCB=90,∴CF⊥BD,CF=BD,故答案为CF⊥BD,CF=BD．②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．理由:由正方形ADEF得

AD=AF,∠DAF=90．∵∠BAC=90,∴∠DAF=∠BAC,∴∠DAB=∠FAC,又AB=AC,∴△DAB≌△FAC（SAS）,∴CF=BD,∠ACF=∠ABD,∵∠BAC=90,AB=AC,∴∠ABC=45,∴∠ACF=45,∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90．即CF⊥BD．（2）结论:当∠ACB=45时,CF⊥BD．理由:过点A作AG⊥AC交BC于点G,∴AC=AG,由（1）可知:△GAD≌△CAF,∴∠ACF=∠AGD=45,∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90,即CF⊥BD．故答案为45．【点评】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,学会添加辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题．6．(1)见解析；(2)相等，垂直；(3)成立，理由见解析【分析】(1)由等腰直角△ECF得到CE=CF，再由正方形ABCD进一步得到BE=DF，最后证明△ABE≌△ADF即可求解；(2)MN是△AEF的中位线，得到AE=2MN，又M是直角三角形ADF斜边上的中点，得到AF=2MD，再由(1)中的AE=AF即可得到MN=MD；由∠DMF＝∠DAF+∠ADM，∠FMN＝∠FAE，∠DAF＝∠BAE，∠ADM＝∠DAF＝∠BAE，由此得到∠DMN＝∠BAD＝90°；(3)连接AE，同(1)中方法证明△ABE≌△ADF，进而得到AE=AF，此时MN是△AEF中位线，MD是直角△ADF斜边上的中线，证明方法等同(2)中即可求解．【解析】解：(1)证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠ADF＝90°，∵△CEF是等腰直角三角形，∠C＝90°，∴CE＝CF，∴BC﹣CE＝CD﹣CF，即BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE＝AF．(2)如图2中，MD，MN的数量关系是相等，MD、MN的位置关系是垂直，理由如下：∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF＝2DM，∵MN是△AEF的中位线，∴AE＝2MN，由(1)知：AE＝AF，∴DM＝MN；∵∠DMF＝∠DAF+∠ADM，AM＝MD，∵∠FMN＝∠FAE，∠DAF＝∠BAE，∴∠ADM＝∠DAF＝∠BAE，∴∠DMN＝∠BAD＝90°，∴DM⊥MN，故答案为：相等，垂直；(3)如图3中，(2)中的两个结论还成立，理由如下：连接AE，交MD于点G，如下图所示，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN＝AE，由(1)同理可证，AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠ADF，CE＝CF，又∵BC+CE＝CD+CF，即BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE＝AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM＝AF，∴DM＝MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1＝∠2，∵AB∥DF，∴∠1＝∠3，同理可证：∠2＝∠4，∴∠3＝∠4，∵DM＝AM，∴∠MAD＝∠5，∴∠DGE＝∠5+∠4＝∠MAD+∠3＝90°，∵MN∥AE，∴∠DMN＝∠DGE＝90°，∴DM⊥MN．故答案为：仍成立．【点评】本题考查了正方形的性质、三角形的中位线、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形全等几何知识，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．7．（1）50°；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可；（2）由平行四边形的性质得出AD＝BC，AD∥BC；证明BC是△EFG的中位线，得出BC∥FG，BC＝FG，证出AD∥FH，AD∥FH，由平行四边形的判定方法即可得出结论；（3）连接EH，CH，根据三角形的中位线定理以及平行四边形的判定和性质即可得到结论．【解析】明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAE＝∠BCD＝70°，AD∥BC，∵∠DCE＝20°，∵AB∥CD，∴∠CDE＝180°﹣∠BAE＝110°，∴∠DEC＝180°﹣∠DCE﹣∠CDE＝50°；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∠BAE＝∠BCD，∵BF＝BE，CG＝CE，∴BC是△EFG的中位线，∴BC∥FG，BC＝FG，∵H为FG的中点，∴FH＝FG，∴BC∥FH，BC＝FH，∴AD∥FH，AD∥FH，∴四边形AFHD是平行四边形；（3）连接EH，CH，∵CE＝CG，FH＝HG，∴CH＝EF，CH∥EF，∵EB＝BF＝EF，∴BE＝CH，∴四边形EBHC是平行四边形，∴OB＝OC，OE＝OH，∵OC＝OH，∴OE＝OB＝OC＝BC，∴△BCE是直角三角形，∴∠FEG＝90°，∴EF⊥EG．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．8．（1）证明见解析；（2）①当AE=3.5时，平行四边形CEDF是矩形；②2【分析】（1）证明△FCG≌△EDG（ASA），得到FG=EG即可得到结论；（2）①当AE=3.5时，平行四边形CEDF是矩形.过A作AM⊥BC于M，求出BM=1.5，根据平行四边形的性质得到∠CDA=∠B=60°，DC=AB=3，BC=AD=5，求出DE=1.5=BM，证明△MBA≌△EDC(SAS)，得到∠CED=∠AMB=90°，推出四边形CEDF是矩形；②根据四边形CEDFCEDF是菱形，得到CD⊥EF，DG=CG=1212CD=1.5，求出∠DEG=30°，得到DE=2DG=3，即可求出AE=AD-DE=5-3=2.【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CF∥ED，∴∠FCG＝∠EDG，∵G是CD的中点，∴CG＝DG，在△FCG和△EDG中，，∴△FCG≌△EDG（ASA），∴FG＝EG，∵CG＝DG，∴四边形CEDF是平行四边形；（2）解：①当AE=3.5时，平行四边形CEDF是矩形，理由是：过A作AM⊥BC于M，∵∠B=60°，∴∠BAM=30°，∵AB=3，∴BM=1.5，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠CDA=∠B=60°，DC=AB=3，BC=AD=5，∵AE=3.5，∴DE=1.5=BM，在△MBA和△EDC中，，∴△MBA≌△EDC(SAS)，∴∠CED=∠AMB=90°，∵四边形CEDF是平行四边形，∴四边形CEDF是矩形；②∵四边形CEDFCEDF是菱形，∴CD⊥EF，DG=CG=1212CD=1.5，∵∠CDE=∠B=60∘∠B=60∘，∴∠DEG=30°，∴DE=2DG=3，∴AE=AD-DE=5-3=2，故答案为：2.【点评】此题考查了平行四边形的性质，矩形的判定定理，菱形的性质定理，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，三角形全等的判定及性质定理，熟练掌握各定理并运用解答问题是解题的关键.9．（1）见解析；（2）+1；（3）2【分析】（1）由线段垂直平分线的性质可得BE=DE，BF=DF，可得∠EBD=∠EDB，∠FBD=∠FDB，由角平分线的性质可得∠EBD=∠BDF=∠EDB=∠DBF，可证BE∥DF，DE∥BF，可得四边形DEBF是平行四边形，即可得结论；（2）由菱形的性质和外角性质可得∠DFC=30°，由直角三角形的性质可求CF的长；（3）过点D作BC的垂线，垂足为H，根据菱形的性质得出∠DFH=∠ABC=30°，从而得到DH的长度，再利用底乘高得出结果．【解析】解：证明：（1）∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC，∵EF垂直平分BD，∴BE=DE，BF=DF，∵∠EBD=∠EDB，∠FBD=∠FDB，∴∠EBD=∠BDF，∠EDB=∠DBF，∴BE∥DF，DE∥BF，∴四边形DEBF是平行四边形，且BE=DE，∴四边形BEDF是菱形；（2）过点D作DH⊥BC于点H，∵四边形BEDF是菱形，∴BF=DF=DE=2，∴∠FBD=∠FDB=∠BDE=15°，∴∠DFH=30°，且DH⊥BC，∴DH=DF=1，FH=DH=，∵∠C=45°，DH⊥BC，∴∠C=∠CDH=45°，∴DH=CH=1，∴FC=FH+CH=+1；（3）过点D作BC的垂线，垂足为H，∵四边形BEDF是菱形，∠BDE=15°，∴∠DBF=∠BDF=∠ABD=15°，∴∠DFH=∠ABC=30°，∵DE=DF=2，∴DH=1，∴菱形BEDF的面积=BF×DH=2×1=2．【点评】本题考查了菱形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质等知识，掌握菱形的判定方法是本题的关键．10．（1）（，）；（2）存在，点D的坐标为（0，3）或（，1）或（0，-1）；（3）OM=或【分析】（1）过点B作BD⊥y轴于D，利用30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理求出OB，再利用30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理求出BD和OD即可得出结论；（2）根据题意和等边三角形的性质分别求出点A、B、C的坐标，然后根据菱形的顶点顺序分类讨论，分别画出对应的图形，根据菱形的对角线互相平分即可分别求出结论；（3）利用30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理求出OP和BP，然后根据直角三角形的直角顶点分类讨论，分别画出对应的图形，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质求解即可．【解析】解：（1）如图2，过点B作BD⊥y轴于D由图1中，点A的坐标为，，∠AOB=90°∴OA=1，AB=2OA=2由勾股定理可得OB=∵将此直角三角板绕点O顺时针旋转∴∠BOD=30°∴BD=∴OD=∴点B的坐标为（，）故答案为：（，）；（2）在图2的基础上继续将直角三角板绕点O顺时针，此时点A落在y轴上，点B落在x轴上∴点A的坐标为（0,1），点B的坐标为（，0）∵△ABC为等边三角形∴∠ABC=60°，AB=BC=AC=2∴∠OBC=90°∴点C的坐标为（，2）设点D的坐标为（a，b）如图所示，若四边形ABCD为菱形，连接BD，与AC交于点O∴点O既是AC的中点，也是BD的中点∴解得：∴此时点D的坐标为（0，3）；当四边形ABDC为菱形时，连接AD，与BC交于点O∴点O既是AD的中点，也是BC的中点∴解得：∴此时点D的坐标为（，1）；当四边形ADBC为菱形时，连接CD，与AB交于点O∴点O既是AB的中点，也是CD的中点∴解得：∴此时点D的坐标为（0，-1）；综上：点D的坐标为（0，3）或（，1）或（0，-1）；（3）∵OB=，∠ABO=30°∴OP=OB=∴BP=当∠OMB=90°时，如下图所示，连接BM∵F为OB的中点∴PF=，MF=，OF=BF∴PF=MF∴四边形OPBM为平行四边形∴OM=BP=；当∠OBM=90°时，如下图所示，连接OM，∴∠PBM=∠PBO＋∠OBM=120°∵点F为OB的中点∴FP=FB∴∠FPB=∠FBP=30°∴∠BMP=180°－∠PBM－∠FPB=30°∴∠BMP=∠BPM∴BM=BP=在Rt△OBM中，OM=；综上：OM=或．【点评】此题考查的是直角三角形的性质、菱形的性质、平行四边形的判定及性质、等边三角形的性质，掌握30°所对的直角边是斜边的一半、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、菱形的性质、平行四边形的判定及性质、等边三角形的性质是解决此题的关键．11．（1）证明见解析；（2）（3）证明见解析．【分析】（1）根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质可证明∠E=∠CGH，∠H=∠AFE，再证明四边形ACGE是平行四边形即可证明AE=CG，由此可利用“AAS”可证明全等；（2）证明△AEF≌△DGF（AAS）可得△DGF≌△CGH，所以可得，再结合等腰直角三角形的性质即可求得CD，由此可得结论；（3）利用等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质结合勾股定理分别把和用表示即可得出结论．【解析】解：（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB//CD，AD//BC，∴∠E=∠EGD，∠H=∠DFG，∵∠CGH=∠EGD，∠DFG=∠AFE，∴∠E=∠CGH，∠H=∠AFE，∵，AB//CD，∴四边形ACGE是平行四边形，∴AE=CG，∴△AEF≌△CGH（AAS）；（2）∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB//CD，AB=CD，∴∠E=∠EGD，∠D=∠EAF，∵是的中点，∴AF=FD，∴△AEF≌△DGF（AAS）；由（1）得△AEF≌△CGH（AAS）；∴△DGF≌△CGH,∴,∵是等腰直角三角形，，，∴,∴，∴；（3）如下图，∵四边形ABCD为平行四边形，∴CD=AB，AD=BC，AC=2OC，BD=2OD，∵是等腰直角三角形，，AC=CD，∴，且,∴【点评】本题考查平行四边形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质．（1）中解题关键是利用证明四边形ACGE是平行四边形证明AE=CG；（2）得出是解题关键；（3）中能正确识图，完成线段之间的代换是解题关键．12．（1）见解析；（2）HG＝OH+BG；（3）能成矩形，y．【分析】（1）根据旋转和正方形的性质可得出CD＝CB，∠CDG＝∠CBG＝90，根据全等直角三角形的判定定理（HL）即可证出Rt△CDG≌Rt△CBG，即∠DCG＝∠BCG，由此即可得出CG平分∠DCB；（2）由（1）的Rt△CDG≌Rt△CBG可得出BG＝DG，根据全等直角三角形的判定定理（HL）即可证出Rt△CHO≌Rt△CHD，即OH＝HD，再根据线段间的关系即可得出HG＝HD+DG＝OH+BG；（3）根据（2）的结论即可找出当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形，再根据正方形的性质以及点B的坐标可得出点G的坐标，设H点的坐标为（x，0），由此可得出HO＝x，根据勾股定理即可求出x的值，即可得出点H的坐标，结合点H、G的坐标利用待定系数法即可求出直线DE的解析式．【解析】（1）∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，∴CD＝CB，∠CDG＝∠CBG＝90°．在Rt△CDG和Rt△CBG中，∵，∴Rt△CDG≌Rt△CBG（HL），∴∠DCG＝∠BCG，即CG平分∠DCB．（2）由（1）证得：Rt△CDG≌Rt△CBG，∴BG＝DG．在Rt△CHO和Rt△CHD中，∵，∴Rt△CHO≌Rt△CHD（HL），∴OH＝HD，∴HG＝HD+DG＝OH+BG．（3）假设四边形AEBD可为矩形．当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形，如图所示．∵G点为AB中点，∴BG＝GAAB，由（2）证得：BG＝DG，则BG＝GA＝DGABDE＝GE，又AB＝DE，∴四边形AEBD为矩形，∴AG＝EG＝BG＝DG．∵AGAB＝3，∴G点的坐标为（6，3）．设H点的坐标为（x，0），则HO＝x，∴HD＝x，DG＝3．在Rt△HGA中，HG＝x+3，GA＝3，HA＝6﹣x，由勾股定理得：（x+3）2＝32+（6﹣x）2，解得：x＝2，∴H点的坐标为（2，0）．设直线DE的解析式为：y＝kx+b（k≠0），将点H（2，0）、G（6，3）代入y＝kx+b中，得：，解得：，∴直线DE的解析式为：y．故四边形AEBD能为矩形，此时直线DE的解析式为：y．【点评】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定及性质、待定系数法求函数解析式以及勾股定理．解题的关键是：（1）证出Rt△CDG≌Rt△CBG；（2）找出BG＝DG、OH＝HD；（3）求出点H、G的坐标．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边和角是关键．13．（1）正方形；（2）图见解析；（3）是，理由见解析【分析】（1）根据等补四边形的定义，在梯形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中分别分析每个图形的性质，筛选符合定义的图形即可；（2）在格点上找满足定义的点作为四边形顶点即可；（3）过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，证△ABE≌△ADF，得到AE=AF，根据角平分线的判定可得出结论；【解析】（1）满足有一组邻边相等的四边形有菱形、正方形，满足对角互补的四边形有矩形、正方形，同时满足两个条件的只有正方形．故答案为：正方形．（2）如图1，等补四边形为所求图：（3）AD平分∠BCD，理由如下：如图2，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，则∠AEB=∠AFD=90∘，∵四边形ABCD是等补四边形，∴∠B+∠ADC=180∘，又∠ADC+∠ADF=180∘，∴∠B=∠ADF，∵AB=AD，∴△ABE≌△ADF(AAS)，∴AE=AF，又AE⊥BC，AF⊥CD，∴AC是∠BCF的平分线，即AC平分∠BCD．【点评】本题属于新定义下的综合题，考查特殊平行四边形，角平分线，熟练掌握特殊平行四边形的性质，角平分线的定义为解题关键．14．（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠DAE＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠DAH＝∠EAH，求出∠HAB＝45°，根据等腰直角三角形的性质计算，得到答案；（2）①根据线段垂直平分线的性质得到CB＝CE，根据平行四边形的性质得到AD＝BC，得到DE＝CE，利用SAS定理证明结论；②根据全等三角形的性质得到EN＝EG，根据等边三角形的判定定理证明即可．【解析】（l）∵是等边三角形，∴.∵，∴.∵，∴.∴.（2）①∵点是的中点，且，∴线段是线段的垂直平分线.∴，.∵是等边三角形，∴.∵四边形是平行四边形，∴，∴.∴.在和中，，∴.②由①知：，∴.∵，∴.∵，∴.∵，，∴.∵，∴.∴是等边三角形.【点评】本题考查的是平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．15．（1）ΔDPM,ΔFPG；等腰直角；（2）线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；＝；（3）2，.【分析】（1）延长交于点，由是线段的中点，，可得∠MDP=∠GFP，DP=FP，利用ASA可证明△DPM≌△FPG；可得DM=GF，MP=GP，根据正方形的性质可得CM=CG，即可证明△CMG是等腰直角三角形，即可得答案；（2）如图，延长GP交DC于点H，利用ASA可证明△GFP≌△HDP，可得GP＝HP，GF＝HD，进而根据菱形的性质可证明△CHG是等腰三角形，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得PG⊥PC，∠HCP=∠GCP，由∠ABC=60°可得∠HCG=120°，进而可得∠CGP=30°，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理即可得答案；（3）利用线段的和差关系可求出图2中CG的长，由（2）可知∠CGP=30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求出CP的长；在图3中，延长GP到N，使GP=PN，连接DN、CN、CG，过N作NK⊥CD，交CD延长线于K，利用SAS可证明△FGP≌△DNP，可得GF=DN，∠GFP=∠NDP，根据角的和差关系可得∠CDN=120°，根据平角的定义可得∠GBC=120°，利用菱形的性质及等量代换可得DN=GB，利用SAS可证明△NDC≌△GBC，可得CN=CG，∠DCN=∠BCG，根据等腰三角形的性质可得PC⊥GN，根据角的和差关系可得∠NCG=120°，进而可得出∠CNP=30°，可得PC=CG，根据平角的定义可得∠KDN=60°，即可得出∠KND=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得得出KD的长，利用勾股定理可求出KN的长，再利用勾股定理可求出CN的长，根据含30°角的直角三角形的性质即可得出PC的长．【解析】（1）如图，延长交于点，∵是线段的中点，四边形ABCD、BEFG是正方形，点在同一条直线上，∴，DP=FP，CD=BC，FG=BG，在△DPM和△FPG中，，∴△DPM≌△FPG，∴DM=FG，KP=GP，∴CD-DM=BC-BC，即CM=CG，∴△CMG是等腰直角三角形，∴PG⊥PC，PG=PC．故答案为：ΔDPM，ΔFPG；等腰直角（2）猜想：线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；＝．如图，延长GP交DC于点H，∵P是线段DF的中点，∴FP＝DP，∵四边形ABCD和四边形是菱形，∴CD//AB，CF//BE，CD＝CB，GF=GB，∵点在一条直线上，∴DC∥GF，∴∠GFP＝∠HDP，在△GFP和△HDP中，，∴△GFP≌△HDP，∴GP＝HP，GF＝HD，∴CD-DH＝CB-GB，即CG＝CH，∴△CHG是等腰三角形．∴PG⊥PC，（三线合一），∠HCP=∠GCP，∵∠ABC＝∠BEF＝60°，∴∠HCG=120°，∴∠CGP=（180°-120°）=30°，∴CG=2PC，∴PG=，∴＝．（3）如图2，∵AB=6，BE=2，∴CG=AB-BE=4，由（2）可知∠CGP=30°，PG⊥PC，∴PC=CG=2，如图3，延长GP到N，使GP=PN，连接DN、CN、CG，过N作NK⊥CD，交CD延长线于K，在△DNP和△FGP中，，∴△DNP≌△FGP，∴DN=GF=BG=BE=2，∠NDP=∠GFP，∵四边形ABCD和四边形是菱形，∴CD//AB，EF//BC，∵点A、B、G在一条直线上，∴DC∥EF，∴∠CDP=∠EFP，∵∠ABC=∠BEF=60°，∴∠EFG=∠CBG=120°，∴∠NDP+CDP=∠GFP+∠EFP=∠EFG=120°，即∠NDC=120°，∴∠KDN=60°，∠KND=30°，∴KD=DN=1，NK=，∴CK=CD+KD=7，∴CN==，在△CDN和△CBG中，，∴CN=CG，∠DCN=∠BCG，∴PC⊥GN，∠DCN+∠NCB=∠BCG+∠NCB=∠DCB=120°，即∠NCG=120°，∴∠CNP=（180°-∠NCG）=30°，∴PC=CN=．故答案为：2，【点评】本题考查正方形的性质、菱形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，正确作出辅助线、熟记30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质及全等三角形的判定定理是解题关键．16．（1）见解析；（2）t＝2；（3）t＝1．【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝CD，AB∥CD，可求CF＝AE，可得结论；（2）由菱形的性质可求AD＝2cm，∠ADN＝60°，由直角三角形的性质可求AN＝DN＝cm，由三角形的面积公式可求解；（3）由菱形的性质可得EF⊥GH，可证四边形DFEM是矩形，可得DF＝ME，由直角三角形的性质可求AM＝1，即可求解．【解析】证明：（1）∵动点E、F分别从点B、D同时出发，都以0.5cm/s的速度向点A、C运动，∴DF＝BE，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴CF＝AE，∴四边形AECF是平行四边形，∴AF∥CE；（2）如图1，过点A作AN⊥CD于N，∵在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠ADC＝120°，∴AD＝2cm，∠ADN＝60°，∴∠NAD＝30°，∴DN＝AD＝1cm，AN＝DN＝cm，∴S△ADF＝×DF×AN＝×t×＝，∴t＝2；（3）如图2，连接GH，EF，过点D作DM⊥AB于M，∵四边形AECF是平行四边形，∴FA＝CE，∵点G是AF的中点，点H是CE的中点，∴FG＝CH，∴四边形FGHC是平行四边形，∴CF∥GH，∵四边形EHFG为菱形，∴EF⊥GH，∴EF⊥CD，∵AB∥CD，∴EF⊥AB，又∵DM⊥AB，∴四边形DFEM是矩形，∴DF＝ME，∵∠DAB＝60°，∴∠ADM＝30°，∴AM＝AD＝1cm，∵AM+ME+BE＝AB，∴1+t+t＝2，∴t＝1．【点评】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．17．（1）①等腰；②；（2）①2；②存在，或【分析】（1）①由折叠的性质得EF＝BF，即可得出结论；②当折痕经过点A时，由折叠的性质得AF垂直平分BE，由线段垂直平分线的性质得AE＝BE，证出ABE是等腰直角三角形，即可得出BE＝AE；（2）①由等边三角形的性质得BF＝BE，∠EBF＝60°，则∠ABE＝30°，由直角三角形的性质得BE＝2AE，AB＝AE＝，则AE＝1，BE＝2，得BF＝2即可；②当点F在边BC上时，得S△BEF≤S矩形ABCD，即当点F与点C重合时S△BEF最大，由折叠的性质得CE＝CB＝2，即EF＝2；当点F在边CD上时，过点F作FH∥BC交AB于点H，交BE于点K，则S△EKF＝KF•AH≤HF•AH＝S矩形AHFD，S△BKF＝KF•BH≤HF•BH＝S矩形BCFH，得S△BEF≤S矩形ABCD＝3，即当点F为CD的中点时，BEF的面积最大，此时，DF＝CD＝，点E与点A重合，由勾股定理求出EF即可．【解析】解：（1）①由折叠的性质得：EF＝BF，∴BEF是等腰三角形；故答案为：等腰；②当折痕经过点A时，由折叠的性质得：AF垂直平分BE，∴AE＝BE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠A＝90°，∴ABE是等腰直角三角形，∴BE＝AE；故答案为：BE＝AE；（2）①当BEF是等边三角形时，BF＝BE，∠EBF＝60°，∴∠ABE＝90°﹣60°＝30°，∵∠A＝90°，∴BE＝2AE，AB＝AE＝，∴AE＝1，BE＝2，∴BF＝2；②存在，理由如下：∵矩形ABCD中，CD＝AB＝，BC＝2，∴矩形ABCD的面积＝AB×BC＝×2＝6，第一种情况：当点F在边BC上时，如图1所示：此时可得：S△BEF≤S矩形ABCD，即当点F与点C重合时S△BEF最大，此时S△BEF＝3，由折叠的性质得：CE＝CB＝2，即EF＝2；第二种情况：当点F在边CD上时，过点F作FH∥BC交AB于点H，交BE于点K，如图2所示：∵S△EKF＝K