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．如图，在Rt中，，动点从点A开始以的速度向点运动，动点从点开始以的速度向点A运动，两点同时运动，同时停止，运动时间为s(1)当为何值时，是等边三角形?(2)当为何值时，是直角三角形?(3)过点作于点，连接；①求证：四边形AFDP是平行四边形；②当为何值时，的面积是面积的一半？2．如图，在四边形中，//，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．从运动开始：(1)当运动，判断此时：四边形的形状，并证明．(2)当时，求长．(3)当时，需经过多少时间？3．（1）【母题呈现】如图1，是的中位线，以为斜边作，，求证：．（2）【母题变式】如图2，是的中位线，分别以为斜边作和，，作交的延长线于点H，与交于点O．①求证：；②求的度数．（3）【拓展应用】如图3，在中，分别以为斜边作和，，点P是线段上一点，且，连接，请写出与之间的一个等量关系，并证明．4．在中，的平分线交于点，交的延长线于点，以，为邻边作．(1)如图1，求证：是菱形；(2)如图2，若，，，连接，交于点，连接，，，求的长；(3)如图3，若，连接，，求的度数．5．（1）【问题探究】如图，已知是的中线，延长至点E，使，连接，可得四边形，求证：四边形是平行四边形．请你完善以下证明过程：∵是的中线∴______=______∵∴四边形是平行四边形（2）【拓展提升】如图2，在的中线上任取一点M（不与点A重合），过点M、点C分别作，，连接．求证：四边形是平行四边形．（3）【灵活应用】如图，在中，，，，点D是的中点，点M是直线上的动点，且，，当取最小值时，求线段的长．6．如图，在平行四边形中，对角线、交于点，过点且绕该点旋转的动直线分别交线段、线段于、两点，连接、．(1)求证：不论动点在线段何处（不与点重合），四边形都是平行四边形．(2)当四边形是菱形时，，，求平行四边形边上的高．(3)在（2）条件下，若，求的长．7．如图，正方形中，，点E在边上运动（不与点C、D重合）．过点B作的平行线交的延长线于点F，过点D作的垂线分别交于，于点M、N．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，求线段的长；(3)点E在边上运动过程中，的大小是否改变？若不变，求出该值，若改变请说明理由．8．如图所示，菱形ABCD的顶点A，B在x轴上，点A在点B的左侧，点D在y轴的正半轴上．点C的坐标为，动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，按照的顺序在菱形的边上匀速运动一周，设运动时间为t秒．(1)求菱形ABCD的面积；(2)当t＝3时，问线段AC上是否存在点E，使得最小，如果存在，求出最小值；如果不存在，请说明理由；(3)点P至AC的距离为1时，直接写出点P的运动时间t的值．9．已知，在正方形ABCD中，点E，F分别为AD上的两点，连接BE、CF，并延长交于点G，连接DG，H为CF上一点，连接BH、DH，(1)如图1，若H为CF的中点，且，，求线段AB的长；(2)如图2，若，过点B作于点I，求证：；(3)如图2，在（1）的条件下，P为线段AD（包含端点A、D）上一动点，连接CP，过点B作于点Q，将沿BC翻折得，N为直线AB上一动点，连接MN，当面积最大时，直接写出的最小值．10．在菱形ABCD中，，E为对角线BD上一动点，连接AE．(1)如图1，点F为DE的中点，连接AF，若，求的度数；(2)如图2，是等边三角形，连接DM，H为DM的中点，连接AH，猜想线段AH与AE之间的数量关系，并证明．(3)在（2）的条件下，N为AD的中点，连接AM，以AM为边作等边，连接PN，若，直接写出PN的最小值．11．如图，已知菱形ABCD，∠ABC＝60°，点P是射线BD上的动点，以AP为边向右侧作等边△APE，连接PC．(1)如图1，点P在线段BD上，求证：PC＝PE．(2)如图2，当C，P，E三点共线时，连接DE，求证：四边形APDE是菱形．(3)当CP⊥PE时，求的值．12．问题提出：如图1，在四边形ABCD中，，，若E，F分别为AB，CD的中点，则．(1)问题探究：小明同学进行了如下的推理：连接AF并延长AF交BC的延长线于点G．由AB=CD，AD=BC，根据定理①，可得四边形ABCD是平行四边形，∴，∴，∠DAF=∠G，又DF=CF，∴，∴，，又AE=BE，根据定理②有，．请补全问题探究：定理①是______，定理②是______．（请将正确答案前面的序号填写在横线上）A．三角形的中位线等于第三边的一半；B．两组对边分别平行的四边形是平行四边形；C．三角形的中位线平行于第三边；D．两组对边分别相等的四边形是平行四边形．(2)拓展应用：①如图2，在四边形ABCD中，，，E，F分别AB，CD的中点，判断线段EF，AD，BC之间的数量关系，并说明理由．②如图3，已知直线l，且这两条平行线间的距离为4，．点P为直线l上一动点，连接BP，点C为BP的中点，连接AC，作交直线l于点D，连接AD．设的面积为S，当时，直接写出线段AD长度的取值范围．13．如图，已知O是坐标原点，点A的坐标是，点B是y轴正半轴上一动点，以OB，OA为边作矩形OBCA，OC是矩形OBCA的对角线，OE平分交BC于点E，CF平分交OA于点F．(1)求证：四边形OECF是平行四边形；(2)当四边形OECF为菱形时，求点B的坐标；(3)过点E作，垂足为点G，过点F作，垂足为点H，当点G，H将对角线OC三等分时，求点B的坐标．14．（1）问题背景：如图1，E是正方形ABCD的边AD上的一点，过点C作交AB的延长线于F求证：；（2）尝试探究：如图2，在（1）的条件下，连接DB、EF交于M，请探究DM、BM与BF之间的数量关系，并证明你的结论．（3）拓展应用：如图3，在（2）的条件下，DB和CE交于点N，连接CM并延长交AB于点P，已知，，直接写出PB的长________．15．我们知道：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．请解决下列问题：(1)如图1，已知点D是△ABC边AB的中点，过点D作BC的平行线，交AC于点E．求证：点E是AC的中点；(2)如图2，△ABC的顶点A、B、C在网格中小正方形的顶点处，每个小正方形的边长为1，在网格内仅用不带刻度的直尺作出△ABC的一条中位线；(3)在如图2中，以边AB的中点O为坐标原点，以水平向右的方向为x轴的正方向，铅直向上的方向为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，过A、B作y轴的垂线，分别与反比例函数（k＞0）的图像交于点M、N．若四边形AMBN的面积为10，直接写出k的值为______．16．在正方形中，，为对角线、的交点．(1)如图1，延长，使，作正方形，使点落在的延长线上，连接、．求证：；(2)如图2，将问题（1）中的正方形绕点逆时针旋转，得到正方形，连接、.求点到的距离．17．已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，D是BC所在直线上的一个动点（点D不与点B，点C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF．(1)初步尝试如图1，当点D在线段BC上时，求证：∠ACF＝∠ABD；(2)深入探究如图2，当点D在线段CB的延长线上时，求证：CD＝AB＋CF；(3)延伸拓展如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接CE．若AB＝4，FG＝2时，求CE的长．18．【问题情境】（1）小明在学习过程中遇到这样的一道试题：如图，正方形的边长为2，为边上一动点．，垂足为，求证：．请你帮助小明完成证明；【问题探究】（2）小明在“问题情境”的基础上继续探究．如图2，点在的延长线上，且满足．连接，，．①求证：；②判断、的数量关系，并说明理由；【问题探究】（3）在（2）的基础上，如图3，若为的中点，直接写出的最小值为_________．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．(1)​时，是等边三角形(2)​或​时，​是直角三角形(3)①证明见解析②当时，的面积是​面积的一半．【分析】（1）由等边三角形的判定与性质得出答案；（2）分两种情况画出图形，由直角三角形的性质列出方程可得出答案；（3）①证出PD=AF，由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得出结论；②根据题意，列出关于t的方程，解方程即可得出结果．【解析】（1）证明:由题意可得:，当时，是等边三角形即时，是等边三角形（2）当时，即当时，即当或时，是直角三角形（3）①∵PD⊥BC，∠C=90°-60°=30°，∴，∵∴四边形是平行四边形；②在Rt中，，由勾股定理可得在Rt中，由勾股定理可得解得或（舍去），当时，的面积是面积的一半．【点评】本题是四边形综合题，考查了等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，平行四边形的判定，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．2．(1)四边形PQCD为平行四边形，理由见解析；(2)(3)6s或7s【分析】（1）由题意得AP=t，PD=24-t，CQ=3t，BQ=26-3t，运动6s时，AP=6cm，CQ=18cm，证出PD=CQ，由平行四边形的判定可得出答案；（2）证明四边形APQB为矩形，由矩形的性质得出BQ=AP，求出AP的长，由勾股定理可得出答案；（3）根据PQ=CD，一种情况是：四边形PQCD为平行四边形，一种情况是：四边形PQCD为等腰梯形，过点P作PS∥CD，PM⊥BC于M，证出QM=MS=2，可得3t=4+24-t，解此方程即可求得答案．(1)解：四边形PQCD为平行四边形，证明：由题意得AP=t，PD=24-t，CQ=3t，BQ=26-3t，运动6s时，AP=6cm，CQ=18cm，又∵AD=24cm，∴PD=AD-AP=18cm=CQ，∵AD∥BC，∴PD∥CQ，PD=CQ，∴四边形PQCD为平行四边形；(2)解：当PQ=8cm时，PQ=AB=8cm，又∵∠B=90°，∴四边形APQB为矩形，∴BQ=AP，即26-3t=t，∴AP=t=6.5，∴AQ=；(3)解：若PQ=DC，分两种情况：①PQ∥DC，由（1）可知，t=6，②PQ与CD不平行，过点P作PS∥CD，PM⊥BC于M，由四边形PDCS为平行四边形得，PD=CS=24-t，PS=CD，由四边形ABMP为矩形得，BM=AP=t，∴MS=26-24=2，∵PQ=PS=CD，∴QM=MS=2，∴3t=4+24-t，解得：t=7．综上所述，满足条件的t的值为6或7．【点评】此题是四边形综合题，考查了直角梯形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质以及勾股定理．注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．3．（1）见解析；（2）①见解析；②60°；（3）PF=PG，证明见解析【分析】（1）由三角形中位线定理得，再根据30°角所对直角边等于斜边一半可得，从而可得结论；（2）①证明△ACG≌△HCE，得AG=EH，再证∠FAG=∠DEH，可证明△AFG≌△EDH，从而可得结论；②取FG与EH的交点为I，取AG与EH的交点为J，由三角形外角的性质可得结论；（3）如图，证明PG∥DH且PG=即可得出结论．【解析】解：（1）∵DE是的中位线，∵在中，，∴∴．（2）①如图2中，∵∴∵点E是AC的中点，∴∴∵∴又

∴∴△ACG≌△HCE，∴AG=EH．∠FAG=∠FAB+∠CAG+∠BAC=∠BAC，∠DEH=∠CED+∠CEH=∠BAC+∠，∴∠FAG=∠DEH．又∵AF=ED．∴△AFG≌△EDH(SAS)．∴FG=DH．②取FG与EH的交点为I，取AG与EH的交点为J．∵∠FOD是△OHI的外角，∴∠FOD=∠OHI+∠OIJ=∠IGJ+∠GIJ=∠AJE=．（3）如图,由（2）得△ACG≌△HCE∴AC=HC，∵∴CG=，即点G为CH的中点，又CD=∴，即点P为CD的中点∴PG是△CDH的中位线，∴PG∥DH且PG=．∴∠PGF=∠DOF=，∠FPG=，∠PFG=．∴PF⊥PG且PF=PG．【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，30°角所对直角边等于斜边一半等知识，熟练掌握中位线定理是解答本题的关键．4．(1)见解析(2)(3)60°【分析】（1）由平行四边形的性质和角平分线的定义可证BE=BF，可得结论；（2）由勾股定理可求AC的长，由“SAS”可证△ABO≌△CEO，可得AO=CO，∠AOB=∠COE，由等腰直角三角形的性质可求解；（3）先证四边形BFHC是平行四边形，四边形AFHD是菱形，可得BF=CH=FG，AF=FH=DH=AD，∠AFH=∠ADH=60°，可证△FAG≌△HAC，可得∠FAG=∠HAC，即可求解．（1）解：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AF∥DC，BC∥AD，∴∠AFD=∠CDF，∠ADF=∠BEF，∵DF平分∠ADC，∴∠ADF=∠CDF，∴∠AFD=∠ADF=∠BEF，∴BE=BF，又∵四边形BFGE是平行四边形，∴▱BFGE是菱形；（2）解：∵∠BAD=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∴AC=，∵∠CBF=90°，∴菱形BEGF是正方形，∴BO=OE，∠OBE=∠OEB=45°，∠BOE=90°，∴∠ABO=135°=∠OEC，∵∠BEF=45°=∠DEC，∴∠DEC=∠EDC=45°，∴CD=EC，∴EC=AB，∴△ABO≌△CEO（SAS），∴AO=CO，∠AOB=∠COE，∴∠AOC=∠BOE=90°，∴AC=AO，∴AO=；（3）解：如图3，延长FG，DC，交于点H，连接AH，∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD=120°，∴AB∥CD，AD∥BC，∠ABC=60°，∵四边形BEGF是菱形，∴BE=BF=FG，BE∥FG，BF∥EG，∴AD∥BC∥FG，AB∥EG∥CD，∴四边形BFHC是平行四边形，四边形AFHD是平行四边形，∠ABC=∠AFH=60°，∴BF=CH=FG，∵∠ADF=∠DFA，∴AF=AD，∴四边形AFHD是菱形，∴AF=FH=DH=AD，∠AFH=∠ADH=60°，∴△AFH是等边三角形，△ADH是等边三角形，∴AF=AH，∠AFH=∠AHC=∠FAH=60°，∴△FAG≌△HAC（SAS），∴∠FAG=∠HAC，∴∠GAC=∠FAH=60°．【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的判定，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．5．（1），；（2）见解析；（3）【分析】（1）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明；（2）延长至点F，使，连接CF，同（1）证四边形是平行四边形，进而证明四边形是平行四边形，推出，即可证明；（3）作辅助线（见解析），同（2）可证四边形是平行四边形，得出，同（1）可证四边形是平行四边形，得到，，；时，MC取最小值，取最小值，利用三角形等面积法求出MC，再利用勾股定理即可求出CE．【解析】（1）解：∵是的中线，∴，∵，∴四边形是平行四边形．故答案为：，；（2）证明：如图，延长至点F，使，连接CF，BF，∵是的中线，∴，∵，∴四边形是平行四边形．∴，，∵，∴，又∵，∴四边形是平行四边形．∴，∴，∴四边形是平行四边形．（3）解：如图所示，连接AE，BM，延长DM至点N，使，连接CN，BN．∵点D是的中点，∴，又∵，，∴．同（2）可证，四边形是平行四边形，∴，∴当MC取最小值时，取最小值，∵，∴时，MC取最小值．同（1）可证四边形是平行四边形，∴，，，∵，，∴，∴，即，∴，又∵在中，，，∴．故线段CE的长为．【点评】本题考查平行四边形的判定与性质，勾股定理解直角三角形，三角形面积公式等，第3问有一定难度，解题的关键是应用第（1）（2）问的结论，利用等面积法求出MC．6．(1)见解析(2)(3)【分析】（1）由平行四边形的性质得出OA=OC，OB=OD，AB∥CD，由平行线的性质得出∠MAO=∠NCO，证明△MAO≌△NCO（ASA），由全等三角形的性质得出OM=ON，根据平行四边形的判定可得出结论；（2）求出DN，由菱形的面积公式可得出答案；（3）过点B作BP⊥CD交DC的延长线于点P，由勾股定理求出CP和NP，则可求出答案．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，OB=OD，AB∥CD，∴∠MAO=∠NCO，在△MAO和△NCO中，，∴△MAO≌△NCO（ASA），∴OM=ON，又∵OB=OD，∴四边形DMBN是平行四边形；（2）解：当四边形DMBN是菱形时，MN⊥BD，∵，，∵OD=4，ON=3，∴DN=5，设菱形DMBN的边DN上的高为h，则其面积为S菱形DMBN=DB×MN=DN•h，即×8×6=5•h，∴h=，即平行四边形ABCD的边CD上的高为；（3）解：过点B作BP⊥CD，交DC的延长线于点P，由（2）知BP=，∵，∴CP=，∵BN=DN=5，∴NP=，∴NC=NP-CP=，∴DC=6．【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．7．(1)见解析(2)(3)点E在边上运动过程中，的大小不改变，且【分析】（1）根据正方形的性质，得出，再根据，即可证明四边形是平行四边形；（2）根据正方形的性质，结合勾股定理，求出，再根据平行四边形的面积求出EF的长即可；（3）在DN上截取DG=BN，连接CG，根据“SAS”证明，得出CG=NC，，说明△GCN为等腰直角三角形，即可得出结果．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴，即，∵，∴四边形是平行四边形．（2）解：∵四边形ABCD为正方形，∴，，∵，∴在Rt△ADE中根据勾股定理得：，∵，∴．（3）解：点E在边上运动过程中，的大小不改变；在DN上截取DG=BN，连接CG，如图所示：∵DN⊥AE，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵在△DGC和△BNC中，∴（SAS），∴CG=NC，，∴，∴．【点评】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的面积，作出辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．8．(1)菱形的面积为；(2)存在，的最小值为；(3)或或或．【分析】（1）根据菱形的面积底高求解即可；（2）如图所示：在菱形中，点关于的对称点为，，连接交于点，连接，则．求出，从而得到的最小值；（3）分为当点在上，点在上、点在上、点在上四种情况求解即可．例如当点在上时，可过点作，由含直角三角形的性质求得的长，从而求得的值．（1）解：，，，，，四边形为菱形，．菱形的面积；（2）解：存在，如图1所示：在菱形中，点关于的对称点为，，连接交于点，连接，．四边形为菱形，．，，，在中，，，．的最小值为；（3）解：如图2所示：①当点在上时，过点作，垂足为．，，，，，由菱形的性质可知：，，，，．．②当点在上时，如图3所示：由菱形的性质可知：，，，，．．．③如图4所示：当点在上时．由菱形的性质可知：，，，，．．．④如图5所示；点在上时．由菱形的性质可知：，，，，．．．综上所述，当或或或时，点到的距离是1．【点评】本题是四边形的综合题，考查了菱形的性质、勾股定理、含直角三角形的性质、轴对称的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．9．(1)3(2)见解析(3)【分析】（1）根据正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，设正方形的边长为，，可得，在中，根据勾股定理建立方程，即可求解；（2）过点作于点，证明是等腰直角三角形，，进而证明是等腰直角三角形，根据即可得证；（3）取的中点，连接，连接，以为底边，在的左侧作等腰直角三角形，根据直角三角形中斜边上的中点等于斜边的一半可得，则当时，的面积最大，由，可得当三点共线时，取得最小值，证明四边形是矩形，可得，即的最小值为．（1）解：∵四边形是正方形，∴，H为CF的中点，，，设正方形的边长为，，可得，在中，，即，解得，；（2）如图，过点作于点，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，即；（3）如图甲所示，取的中点，连接，连接，以为底边，在的左侧作等腰直角三角形，，，是直角三角形，将沿BC翻折得，是直角三角形，，当时，的面积最大，是的中点，是等腰直角三角形，则也是等腰直角三角形，，此时如图乙所示，则点与重合，，三点共线时，取得最小值，，，，则四边形是矩形，，即的最小值为．【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，两点之间线段最短，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．10．(1)30°；(2)AE＝2AH，证明见解析；(3)【分析】（1）根据菱形的性质以及等腰三角形的性质可得∠ABD＝∠ADB＝30°，∠EAD＝∠BAD−∠BAE＝90°，根据直角三角形斜边上的中线得AF＝DF，即可得∠FAD＝∠ADB＝30°；（2）延长DA至F点，使得AF＝DA，连接AM，CE，FM，证明△AMB≌△CEB（SAS），根据全等三角形的性质得AM＝CE，∠MAB＝∠ECB，可得出∠FAM＝∠ECA，再证△FAM≌△ACE（SAS），可得MF＝AE，根据三角形中位线定理即可得出结论；（3）连接NC、PC、NP，证明△AMB≌△APC（SAS），可得PC＝BM＝BE，∠PCA＝∠BMA＝30°，根据等边三角形的性质得CN⊥AD，∠ACN＝∠DCN＝30°，则∠PCN＝∠PCA＋∠ACN＝60°，在点E运动过程中，当NP⊥PC时，PN长度最短，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解．【解析】（1）解：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝AD，∠ABD＝∠ADB＝30°，∠BAD＝120°，∵BE＝AE，∴∠ABE＝∠BAE＝30°，∴∠EAD＝∠BAD−∠BAE＝90°，∵点F为DE的中点，∴AF＝DF＝DE，∴∠FAD＝∠ADB＝30°；（2）AE＝2AH，证明：延长DA至F点，使得AF＝DA，连接AM，CE，FM，∵∠ABC＝60°，AB＝BC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，∵△BEM是等边三角形，∴∠ABM十∠ABE＝∠ABE＋∠EBC＝60°，MB＝BE，∴∠ABM＝∠EBC，∴△AMB≌△CEB（SAS），∴AM＝CE，∠MAB＝∠ECB，∵AD＝DC，且∠ADC＝∠ABC＝60°，∴△ADC为等边三角形，∴AD＝AC，∵AD＝AF，∴AF＝AC，∵∠FAB＝180°−∠BAD＝60°，∴∠FAB＝∠ACB＝60°，∴∠FAM＝∠FAB−∠MAB＝∠ACB−∠ECB＝∠ECA，∴△FAM≌△ACE（SAS），∴MF＝AE，∵FA＝AD，H为DM的中点，∴AH＝MF，∴AE＝MF＝2AH；（3）连接NC、PC、NP，∵△AMP为等边三角形，∴∠MAP＝60°，AM＝AP，∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝BC＝CD＝AD，∴△ABC为等边三角形，△ADC为等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC＝CD，∠ACD＝60°，∴∠MAB＝∠MAP−∠BAP＝∠BAC−∠BAP＝∠PAC，∴△AMB≌△APC（SAS），∴PC＝BM＝BE，∠PCA＝∠BMA＝30°，∵AC＝CD，N为AD的中点，∴CN⊥AD，∠ACN＝∠DCN＝30°，∴∠PCN＝∠PCA＋∠ACN＝60°，在点E运动过程中，当NP⊥PC时，PN长度最短，∵AD＝，∴DN＝AD＝，∴NC＝DN＝3，∵∠PCN＝60°，NP⊥PC，∴∠PNC＝30°，∴PC＝NC＝，∴PN＝PC＝，即PN的最小值为．【点评】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．11．(1)见解析(2)见解析(3)或【分析】（1）首先证明△BPA≌△BPC，可推导PC=PA，再结合等边三角形的性质可证明PC＝PE；（2）结合（1）可知，△BPA≌△BPC，C，P，E三点一直线，易得，，在结合菱形的性质，推导△PDE是等边三角形，进一步证明四边形APDE是菱形即可；（3）分两种情况讨论：点P在线段BD上时或点P在线段BD的延长线上时，过点P作PH⊥AB（或AB的延长线）于点H．依次计算∠ABP=30°、，在和中利用勾股定理计算BH、AH、AP与PH的长度关系，再计算的值即可．【解析】（1）解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴，，又∵，∴△BPA≌△BPC（SAS），∴PC=PA，∵△APE是等边三角形，∴PA＝PE，∴PC＝PE；（2）∵等边△APE，∴AP=AE=PE，∠APE＝60°，结合（1）可知，△BPA≌△BPC，又∵C，P，E三点一直线，∴，∴，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠PDC＝30°，∴，∴PC=PD，由（1）可知，PC=PE，∴PE=PD，∴△PDE是等边三角形，∴PD=DE=PE，∴AP=AE=PD=DE，∴四边形APDE是菱形；（3）当CP⊥PE时，分两种情况：①如图4，点P在线段BD上时，过点P作PH⊥AB．∵CP⊥PE，∠APE=60°，∴，∵BD是菱形ABCD的对称轴，∴∠APB=∠CPB=105°．∵∠ABP=30°，∴，∴BH=PH，AP=PH，PH=AH．∴；②如图5，点P在线段BD的延长线上时，过点P作PH⊥AB交BA延长线于点H．∵CP⊥PE，∠APE=60°，∴∠APB+∠BPC=30°，∵BD是菱形ABCD的对称轴，∴∠APB=∠BPC=15°，∵∠ABP=30°，∴∠PAH=45°，∴BH=PH，AP=PH，PH=AH，∴．综上所述，的值为或．【点评】本题主要考查了等边三角形的性质、菱形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质、全等三角形的判定与性质等知识，综合性强，读懂题意并灵活运用所学知识是解题关键，还要注意用分类讨论的思想分析问题．12．(1)①D；②A．(2)①，理由见解析；②．【分析】（1）利用平行四边形的判定定理与性质及三角形中位线定理，即可得到答案．（2）①中的解题思想是类比（1），连接AF并延长交BC的延长线于点G，证，再利用三角中位线定理，即可得到答案．②设点E为AD的中点，连接CE，根据的面积取值范围求出DP的取值范围，利用（2）中①可知，，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，从而得到AD的取值范围．（1）解：由题意可知：①D，②A；（2）解：①．理由如下：如图a，连接AF并延长交BC的延长线于点G．∵，∴，，又∵，在与中∴，即，，又∵，∴．②由题意可知，如图b，点C到直线的距离为2，则．∵，∴．设点E为AD的中点，连接CE，由（2）中①可知：，又为直角三角形，则，故．【点评】此题考查了平行四边形的判定定理与性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等相关知识，熟练掌握相关内容并运用类比的方法是解题关键，此题属于信息类题目．13．(1)见解析(2)(3)或【分析】（1）根据四边形OBCA为矩形得到，根据OE平分，CF平分得到，进而证明，故可证明四边形OECF是平行四边形；（2）根据四边形OECF是菱形得到，可证明，根据点A的坐标是，得到，，设，，在中，列出方程可解得，于是利用勾股定理即可求出，进而得到点坐标；（3）分两种情况：当点G在点O，H之间时，当点H在O，G之间时讨论即可．（1）证明：如图4，∵四边形OBCA为矩形，∴，∴，又∵OE平分，CF平分，∴，，∴，∴，又∵在矩形OBCA中，，∴四边形OECF是平行四边形．（2）解：∵四边形OECF是菱形，∴．∴．又∵，∴．又∵点A的坐标是，∴．∴．设，，在中，．∴，得，∴．∴．∴点B的坐标是．（3）解：∵OE平分，，，∴，，又∵，∴，∴．同理．而，∴，当点G在点O，H之间时，如图5：∵点G，H将对角线OC三等分，∴．设，则，在中，，∵，∴，解得，∴，∴点B的坐标是；当点H在O，G之间时，如图6，同理可得．设，则，在中，，∵，∴，解得，∴，∴点B的坐标是，∴满足条件的点B的坐标为或．【点评】本题主要考查平行四边形的判定，矩形的性质菱形的性质，勾股定理，解题的关键是理清题意，灵活应用定理．14．（1）证明见解析；（2）DM＝BM＋BF；（3）【分析】（1）由“ASA”可证△CDE≌△CBF，可得CE＝CF；（2）由“AAS”可证△DME≌△HMF，可得DM＝MH，可得结论；（3）由直角三角形的性质可得AF＝AE，可求AB的长，由勾股定理可求PF的长，即可求解．【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，DC＝BC，∠D＝∠ABC＝∠DCB＝90°，∴∠CBF＝180°−∠ABC＝90°，∵CF⊥CE，∴∠ECF＝90°，∴∠DCB＝∠ECF＝90°，∴∠DCE＝∠BCF，在△CDE和△CBF中，∴△CDE≌△CBF（ASA），∴CE＝CF；（2）DM＝BM＋BF，理由如下：如图，过点F作FH⊥AF，交DB的延长线于H，∵△CDE≌△CBF，∴DE＝BF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD＝∠CBD＝45°，∴∠FBH＝45°，∵FH⊥AB，∴∠FBH＝∠H＝45°，∴BF＝FH＝DE，∴BH＝BF，∵∠EDM＝∠H＝45°，∠EMD＝∠HMF，DE＝FH，∴△DME≌△HMF（AAS），∴DM＝MH，EM＝MF，∴DM＝MB＋BH＝MB＋BF；（3）连接EP，∵∠DME＝15°，∠ABD＝45°，∴∠AFE＝30°，∴AF＝AE，∴AB＋BF＝（AB−DE），∴AB＋3−，∴AB＝，∴AE＝，AF＝6，∵EC＝CF，∠ECF＝90°，EM＝MF，∴CP是EF的垂直平分线，∴EP＝PF，∵PE2＝AE2＋AP2，∴PF2＝24＋（6−PF）2，∴PF＝4，∴PB＝，故答案为：．【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．15．(1)见解析(2)见解析(3)或【分析】（1）过点B作，交ED的延长线于点F，证明四边形ECBF为平行四边形，得出，再根据“AAS”证明，得出，即可证明结论；（2）连接EF交BC于点M，连接GH交BC于点N，连接MN，即可得出△ABC的中位线；（3）先根据题意得出A、B两点的坐标，并用k表示出点M、N的坐标，根据题意证明四边形AMBN为平行四边形，根据四边形的面积列出关于k的方程，解方程即可．（1）证明：过点B作，交ED的延长线于点F，如图所示：∵，∴四边形ECBF为平行四边形，∴，∵D是△ABC边AB的中点，∴，∵，∴，，∴（AAS），∴，∴，∴点E是AC的中点．（2）连接EF交BC于点M，连接GH交BC于点N，连接MN，则MN为△ABC的中位线，如图所示：（3）根据题意建立如图所示的坐标系，则点，，∵点M、N在过点A、B，且垂直y轴的直线上，且点M、N在反比例函数上，∴点M的坐标为：，点N的坐标为：，∴，，∴，∵轴，轴，∴，∴四边形AMBN为平行四边形，∴，即，解得：或．故答案为：或．【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形中位线，反比例函数，根据题意作出相关图形，作出辅助线，证明是解题的关键．16．(1)见解析；(2)3+【分析】(1)由“SAS”可证△AOG≌△DOE，得出AG=DE即可；(2)①过点E'作E'M⊥AC交AC的延长线于点M，过点A作AN⊥GE'于点N，则∠E'MO=90°，求出OG'=OE'，可得出G'E'，则可得出答案．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，O为对角线AC、BD的交点，∴OA=OD，OA⊥OD，∴∠AOG=∠DOE=90°；∵四边形OEFG是正方形，∴OG=OE，在△AOG和△DOE中，∴△AOG≌∆DOE(SAS)，∴AG=DE；（2）过点E'作E'M⊥AC交AC的延长线于点M，过点A作AN⊥G'E'于点N，则∠E'MO=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AO=OC=AB=，∵正方形OEFG绕点O逆时针旋转a(0°<a<180°)得到正方形OE'F'G'∴∠MOE'=a=30°，∠G'OE'=90°∴∠OE'M=90°-∠MOE'=60°又∠AOG'=∠AOD-a=60°∴∠AOG'=∠OE'M，∵OE'=OE=2OC=4，∴OG'=OE'=4，∴G'E'=∴ME'=OE'=2=OA，在△AOG'和△MO中，∴△AOG'≌△ME'O(SAS)，∴∠OAG'=∠E'MO=90°，∴∠AG'O=30°∴AG'=OA=2，∴AM=OA+OM=2+2，AG'∙AM=E'G'∙AN，AN==

点到的距离：3+．【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．17．(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）证明△BAD≌△CAF(SAS)即可求解；（2）先证明△BAD≌△CAF(SAS)，即有CF=BD，即CD=BC+BD=BC+CF，在△ABC是等腰直角三角形，有BC=AB，则结论即可得证；（3）先证明△BAD≌△CAF（SAS），即有∠ABD=∠ACF=45°，BD=CF，进而有∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°，∠CAG=∠BAC=90°，在△ABC是等腰直角三角形，求出，同理求得，根据FG=2，即可求出CF=BD=10，过A点作AM⊥BD于点M，过E点作EN⊥CD，交CD的延长线于点N，再证明△A