四边形（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练【好题精选精练】 数学八年级 下册重难点突破（含答案解析）

第22章四边形（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练【基础】一、单选题1．（2020春·八年级校考课时练习）若多边形的边数由3增加到n（n为大于3的正整数），则其外角和的度数（

）A．不变 B．减少 C．增加 D．不能确定【答案】A【分析】利用多边形的外角和特征即可解决问题．【详解】解：因为多边形外角和固定为360°，所以外角和的度数是不变的．故选：A．【点睛】此题考查多边形内角与外角的性质，容易受误导，注意多边形外角和等于360°．2．（2021春·上海徐汇·八年级上海市徐汇中学校考期中）已知四边形ABCD，下列条件中，不能确定四边形ABCD是平行四边形的是（

）A．AB∥CD且AD∥BC B．AB∥CD且AB＝CDC．AB∥CD且AD＝BC D．AB∥CD且【答案】C【分析】平行四边形的五种判定方法分别是：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形；（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．根据平行四边形的判定逐一验证．【详解】解：A．“AB∥CD且AD∥BC”是两组对边分别平行，可以判定四边形ABCD是平行四边形；故本选项不合题意；B．“AB∥CD且AB=CD”是一组对边平行且相等，可以判定四边形ABCD是平行四边形；故本选项不合题意；C．“AB∥CD且AD=BC”不可以判定四边形ABCD是平行四边形；故本选项符合题意．D．∵AB∥CD，∴∠B+∠C=180°．又∵∠A=∠C，∴∠A+∠B=180°，∴AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形；故本选项不合题意；故选C．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握相关的定理是解题关键．3．（2021春·上海徐汇·八年级统考期中）用两个完全相同的直角三角板不能拼成（

）A．等腰三角形 B．矩形 C．平行四边形 D．梯形【答案】D【分析】两个完全相同的直角三角板分别按照相等直角边拼接或斜边拼接讨论即可．【详解】解：把完全重合的两块直角三角板拼成的图形有三种情况：分别有等腰三角形，矩形，平行四边形，不会拼成梯形．故选：D．【点睛】本题考查了全等三角形的性质，通过不同形式的拼接构成不同图形，注意要分情况讨论．4．（2021春·上海杨浦·八年级校考期中）下列命题错误的是（

）．A．四条边相等的四边形是菱形B．两组对角分别相等的四边形是平行四边形C．一组对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形D．一组对角相等且一组对边平行的四边形是平行四边形【答案】C【分析】根据平行四边形、菱形的判定方法逐项判断即可．【详解】解：A选项：四条边相等的四边形是菱形，本选项说法正确，不符合题意；B选项：四边形的两组对角分别相等，可以推出同旁内角互补，进而推出两组对边分别平行，说明两组对角分别相等的四边形是平行四边形，本选项说法正确，不符合题意；C选项：一组对角相等且一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，有可能是等腰梯形，所以本选项说法错误，符合题意；D选项：一组对角相等且一组对边平行的四边形是平行四边形，由已知对边平行，可以推出一组同旁内角互补，通过等量代换，得到另一组对边形成的同旁内角互补，从而另一组对边平行，故本选项说法正确，不符合题意．故选：C．【点睛】本点考查平行四边形、菱形的判定方法．平行四边形判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别平行的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形．菱形判定：四条边相等的四边形是菱形；一组邻边相等的平行四边形是萎形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．5．（2020秋·上海·八年级上海市第二初级中学校考期中）下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（

）A．一组对边相等，另一组对边平行 B．对角线互相垂直C．一组对边相等，一组对角相等 D．一组对边平行，一组对角相等【答案】D【分析】由平行四边形的判定方法即可得出答案．【详解】解：A、一组对边相等，另一组对边平行的四边形是等腰梯形，不一定是平行四边形，故选项不符合题意；B、对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形，故选项不符合题意；C、由一组邻边相等，一组对角相等，不能判定一个四边形是平行四边形，故选项不符合题意；D、一组对角相等，一组对边平行，可得到任意两对邻角互补，那么可得到两组对边分别平行，为平行四边形，故选项符合题意；故选D．【点睛】本题考查了对平行四边形的判定定理的应用，题目具有一定的代表性，但是一道比较容易出错的题目．6．（2021春·上海·八年级校考期中）以下条件能判定四边形为平行四边形的是（

）A．一组对边平行，另一组对边相等 B．一组对边平行，一组对角相等C．一组对边相等，一组对角相等 D．一组对边平行，一组邻角互补【答案】B【解析】根据平行四边形的判定方法依次分析各项即可判断．【详解】A.一组对边平行，另一组对边相等，可能是梯形，故不符合题意；B.一组对边平行，一组对角相等，可以判定是平行四边形，故满足题意；C.一组对边相等，一组对角相等，不一定是平行四边形，故不符合题意；D.一组对边平行，一组邻角互补，也不能判定，故不符合题意；故答案选：B．【点睛】本题主要考查平行四边形的判定与性质，是平面图形中极为重要的知识点，与各个知识点结合极为容易，是中考中的热点，掌握判定定理是关键．7．（2022春·上海·八年级专题练习）下列命题中，真命题是（）A．对角线互相平分且相等的四边形是矩形B．对角线互相垂直且相等的四边形是矩形C．对角线互相平分且相等的四边形是菱形D．对角线互相垂直且相等的四边形是菱形【答案】A【详解】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线相等的平行四边形是矩形；A正确；C错误；对角线互相垂直且相等的四边形可能是如图：B、D错误，故选A．8．（2021春·上海嘉定·八年级统考期末）下列图形中，是中心对称图形的是（

）A．等腰梯形 B．平行四边形 C．等腰三角形 D．等边三角形【答案】B【分析】根据中心对称与轴对称的概念和各图形的特点即可求解．【详解】解：中心对称图形，即把一个图形绕一个点旋转180°后能和原来的图形重合，A、C、D都是轴对称图形不符合要求；是中心对称图形的只有B．故选：B．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．9．（2022春·上海·八年级上海市进才中学校考期中）如图，在▱ABCD中，等于（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由四边形ABCD是平行四边形，求得=，然后由平行四边形法则求得答案．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，即=，∴=+=．故选B．二、填空题10．（2021春·上海·八年级上海市进才中学北校校考期中）正十二边形的内角和是_________________．【答案】1800°##1800度【分析】n边形的内角和是(n-2)•180°，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和．【详解】解：十二边形的内角和等于：(12-2)•180°=1800°，故答案为：1800°．【点睛】本题主要考查了多边形内角和问题，解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，是需要熟记的内容．11．（2021春·上海杨浦·八年级统考期中）若一个正多边形的每一个外角都是30°，则这个正多边形的内角和等于____度．【答案】1800【详解】多边形的外角和等于360°，则正多边形的边数是360°÷30°=12，所以正多边形的内角和为.12．（2021春·上海·八年级统考期中）八边形的内角和为________度．【答案】1080【详解】解：八边形的内角和=，故答案为：1080．13．（2022春·上海·八年级上海市进才中学校考期中）在□ABCD中，若，则______度．【答案】59【分析】根据平行四边形的性质（对角相等，邻角互补）得出，求出，根据平行线的性质得出，再代入即可求出．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∵，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴，∴，故答案为：59．【点睛】本题主要考查了平行线的性质和平行四边形的性质．14．（2021春·上海徐汇·八年级统考期中）已知平行四边形的周长是30，相邻两边的长相差3，则两条邻边中较长的边长为_____．【答案】9【分析】根据平行四边形的对边相等，设较长的边长为，则较短的边长为，根据周长是30，建立一元一次方程解方程求解即可．【详解】解：设较长的边长为，则较短的边长为，解得故答案为：【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行四边形的性质是解题的关键．15．（2022春·上海·八年级期末）在平行四边形中，，则________°．【答案】【分析】根据平行四边形的性质求解．【详解】解：∵平行四边形ABCD，∴∠ABC+∠BAD=180°，又∠BAD=50°，∴∠ABC=180°-50°=130°，故答案为130．【点睛】本题考查平行四边形的应用，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．16．（2022春·上海·八年级上海市民办扬波中学校考期中）已知平行四边形ABCD的周长为56cm，AB：BC＝2：5，那么AD＝_____cm．【答案】20【分析】由▱ABCD的周长为56cm，根据平行四边形的性质，即可求得AB+BC＝28cm，又由AB：BC＝2：5，即可求得答案．【详解】解：∵▱ABCD的周长为56cm，∴AB+BC＝28cm，∵AB：BC＝2：5，∴AD＝BC＝×28＝20（cm）；故答案为：20．【点睛】此题考查了平行四边形的性质．此题比较简单，注意掌握平行四边形的对边相等的性质的应用是解此题的关键．17．（2021春·上海普陀·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，，CE平分交AD边于点E，且，则BC的长为__________．【答案】7【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，且AD=BC，结合角平分线的性质可求得DE=DC=AB=5，则可求得AD的长，可求得答案．【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB=CD=5，AD∥BC，AD=BC，∴∠DEC=∠BCE，∵CE平分∠BCD，∴∠DCE=∠BCE，∴∠DEC=∠DCE，∴DE=DC=5，∵AE=2，∴AD=BC=2+5=7，故答案为：7．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，利用平行线的性质及角平分线的性质求得DE=DC是解题的关键．18．（2020春·上海嘉定·八年级统考期末）已知四边形，点是对角线与的交点，且，请再添加一个条件，使得四边形成为平行四边形，那么添加的条件可以是_____________．（用数学符号语言表达）【答案】【分析】由题意OA=OC，即一条对角线平分，根据平行四边形的判定方法，可以平分另一条对角线，也可以根据三角形全等，得出答案．【详解】解：如图所示：∵OA=OC，由定理：两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，∴可以是OB=OD（答案不唯一）．故答案为：OB=OD（答案不唯一）．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，一般有几种方法：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，③两组对边分别相等的四边形是平行四边形，④两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，⑤两组对角分别相等的四边形是平行四边形．19．（2021春·上海浦东新·八年级校考期中）在平行四边形ABCD中，两邻角的度数比是7：2，那么较小角的度数为______度．【答案】40【分析】本题主要依据平行四边形的性质，得出两邻角之和180°，再有两邻角的度数比是7：2，得出较小角的度数．【详解】解：设两邻角分别为，则，解得：，∴较小的角为40°．故答案为：40．【点睛】本题主要考查了平行四边形的基本性质，属于基础题，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形的两邻角之和为180°．20．（2022春·上海·八年级专题练习）以不共线的三个已知点为顶点画平行四边形，可以画出_____________个平行四边形【答案】3【分析】不在同一直线上的三点为、、，连接、、，分别以其中一条线段为对角线，另两边为平行四边形的边，可构成三个平行四边形．【详解】解：已知三点为、、，连接、、，①以为平行四边形的对角线，、为两边可以画出；②以为平行四边形的对角线，、为两边可以画出；③以为平行四边形的对角线，、为两边可以画出；如图，可构成的平行四边形有三个：，，．故答案为：3．【点睛】本题考查了画平行四边形的方法，关键是首先确定平行四边形的对角线与两边，再画出图形．【典型】一、单选题1．（2022春·上海·八年级专题练习）如图，在，，，，点P为斜边上一动点，过点P作于点，于点，连结，则线段的最小值为（

）A．1.2 B．2.4 C．2.5 D．4.8【答案】D【分析】连接PC，当CP⊥AB时，PC最小，利用三角形面积解答即可．【详解】解：连接PC，∵PE⊥AC，PF⊥BC，∴∠PEC=∠PFC=∠C=90°，∴四边形ECFP是矩形，∴EF=PC，∴当PC最小时，EF也最小，即当CP⊥AB时，PC最小，∵AC=8，BC=6，∴AB=10，∴PC的最小值为：∴线段EF长的最小值为4.8．故选：D．【点睛】本题主要考查的是矩形的判定与性质，关键是根据矩形的性质和三角形的面积公式解答．2．（2022春·上海·八年级专题练习）已知在四边形中，，下列可以判定四边形是正方形的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意得到四边形ABCD为矩形，再由邻边相等的矩形为正方形即可得证．【详解】解：四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，能使这个四边形是正方形的是邻边相等，即BC=CD，故选D．【点睛】此题考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解本题的关键．二、填空题3．（2019春·上海浦东新·八年级统考期末）如图，在中，，垂足为，是中线，将沿直线BD翻折后，点C落在点E，那么AE为_________.【答案】【分析】如图作AH⊥BC于H，AM⊥AH交BD的延长线于M，BN⊥MA于N，则四边形ANBH是矩形，先证明△ADM≌△CDB，在RT△BMN中利用勾股定理求出BM，再证明四边形BCDE是菱形，AE=2OD，即可解决问题．【详解】解：如图作AH⊥BC于H，AM⊥AH交BD的延长线于M，BN⊥MA于N，则四边形ANBH是矩形．∵AB=AC=4，，∴CH=1，AH=NB=，BC=2，∵AM∥BC，∴∠M=∠DBC，在△ADM和△CDB中，，∴△ADM≌△CDB(AAS)，∴AM=BC=2，DM=BD，在RT△BMN中，∵BN=，MN=3，∴，∴BD=DM=，∵BC=CD=BE=DE=2，∴四边形EBCD是菱形，∴EC⊥BD，BO=OD=，EO=OC，∵AD=DC，∴AE∥OD，AE=2OD=．故答案为．【点睛】本题考查翻折变换、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，学会转化的数学数学，利用三角形中位线发现AE=2OD，求出OD即可解决问题，属于中考常考题型．4．（2019春·上海徐汇·八年级上海市田林第三中学校考阶段练习）已知一次函数的图像与x轴、y轴分别相交于点A、B,梯形AOBC的边AC=5，且OA//BC,则点C的坐标为_____.【答案】(5,4)或(11,4)；【分析】根据梯形的对边平行，画出图形，结合勾股定理求解.【详解】如图，∵一次函数的图象与x轴、y轴分别相交于点A.B，∴A(8,0),B(0,4).在梯形AOBC中，OA=8，OB=4，当BC∥OA时,设点C(x,4).∵AC=5，∴(x−8)+(4−0)=5，∴x=5,x=11，这时点C的坐标为(5,4)或(11,4)，∴点C的坐标为(5,4)或(11,4)；故答案为(5,4)或(11,4)；【点睛】此题考查梯形，一次函数中的直线位置关系，解题关键在于画出图形.5．（2019春·上海浦东新·八年级统考期末）已知，在梯形中，，，，，那么下底的长为__________.【答案】11【分析】首先过A作AE∥DC交BC与E，可以证明四边形ADCE是平行四边形，得CE=AD=4，再证明△ABE是等边三角形，进而得到BE=AB=6，从而得到答案．【详解】解：如图，过A作AE∥DC交BC与E，∵AD∥BC，∴四边形AECD是平行四边形，∴AD=EC=5，AE=CD，∵AB=CD=6，∴AE=AB=6，∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形，∴BE=AB=6，∴BC=6+5=11，故答案为11.【点睛】此题主要考查了梯形，关键是掌握梯形中的重要辅助线，过一个顶点作一腰的平行线得到一个平行四边形．6．（2019春·八年级课时练习）如图，E为△ABC的重心，ED＝3，则AD＝______.【答案】9【分析】根据重心的性质可求得AE=6，即可求得AD【详解】∵E为△ABC的重心，ED＝3，∴AE＝2ED＝6，∴AD＝AE＋ED＝6＝3＝9【点睛】本题考查重心的性质，解题的关键是掌握重心的性质.7．（2019春·上海长宁·八年级统考期末）两条对角线______的四边形是平行四边形.【答案】互相平分【分析】由“两条对角线互相平分的四边形是平行四边形”，即可得出结论．【详解】两条对角线互相平分的四边形是平行四边形；故答案为互相平分．【点睛】本题考查了平行四边形的判定；熟记“两条对角线互相平分的四边形是平行四边形”是解题的关键．三、解答题8．（2022春·上海·八年级专题练习）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边BC上一点，点E、F分别是线段AB、AD中点，联结CE、CF、EF．（1）求证：△CEF≌△AEF；（2）联结DE，当BD＝2CD时，求证：AD＝2DE．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】(1)在直角三角形ABC中,E为斜边AB的中点,利用斜边上的中线等于斜边的一半得到CE=AE,在直角三角形ACD中,F为斜边AD的中点,利用斜边上的中线等于斜边的一半得到AF=CF,再由EF=EF,利用SSS即可得证;(2)由EF为三角形ABD的中点,利用中位线定理得到EF与BD平行,EF等于BD的一半,再由BD=2DC,等量代换得到EF=CD,再由EF与CD平行,得到四边形CEFD为平行四边形,可得出DE=CF,再由CF=AF,等量代换得到DE=AF.【详解】证明：（1）∵∠ACB＝90°，且E线段AB中点，∴CE＝AB＝AE，∵∠ACD＝90°，F为线段AD中点，∴AF＝CF＝AD，在△CEF和△AEF中，，∴△CEF≌△AEF（SSS）；（2）连接DE，∵点E、F分别是线段AB、AD中点，∴EF＝BD，EF∥BC，∵BD＝2CD，∴EF＝CD．又∵EF∥BC，∴四边形CFEDD是平行四边形，∴DE＝CF，∵CF＝AF＝FD，∴AD＝2DE．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质,中位线定理,直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质,熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键.9．（2019秋·八年级课时练习）在如图的平面直角坐标系中，请完成下列各题：（1）写出图中A，B，C，D各点的坐标；（2）描出，，，；（3）顺次连接A，B，C，D各点，再顺次连接E，F，G，H，围成的两个封闭图形分别是什么图形？【答案】（1），，，；（2）见解析；（3）四边形ABCD是正方形，四边形EFGH是菱形．【分析】（1）利用点的坐标的表示方法写出A、B、C、D各点坐标；（2）根据各点的坐标的描出点E、F、G、H；（3）顺次连接各点，根据正方形和菱形的特征进行判断.【详解】解：，，，；如图所示；四边形ABCD是正方形，四边形EFGH是菱形．【点睛】本题考查了坐标与图形性质，熟练掌握利用平面直角坐标系写出点的坐标和在平面直角坐标系中确定点的位置的方法是解题的关键.10．（2019春·八年级课时练习）已知：如图四边形ABCD是平行四边形，P、Q是直线AC上的点，且AP=CQ．求证：四边形PBQD是平行四边形．【答案】证明见解析【分析】证明四边形是平行四边形有很多种方法，此题可由对角线互相平分来得到证明．【详解】证明：连接BD交AC与O点，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO，BO=DO，又∵AP=CQ，∴AP+AO=CQ+CO，即PO=QO，∴四边形PBQD是平行四边形．【点睛】本题主要考查平行四边形的判定问题，应熟练掌握．【易错】一．选择题（共3小题）1．（2022春•杨浦区校级期中）一个多边形的内角和不可能是（）A．1800° B．540° C．720° D．810°【分析】n边形的内角和是（n﹣2）180°，即多边形的内角和一定是180的正整数倍，依此即可解答．【解答】解：810°不能被180°整除，一个多边形的内角和不可能是810°．故选：D．【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理，对于定理的理解是解决本题的关键．2．（2022春•青浦区校级期中）一多边形的每一个内角都等于它相邻外角的4倍，则该多边形的边数是（）A．8 B．9 C．10 D．11【分析】设出外角的度数，表示出内角的度数，根据一个内角与它相邻的外角互补列出方程，解方程得到答案．【解答】解：设外角为x，则相邻的内角为4x，由题意得，4x+x＝180°，∴x＝36°，多边形的外角和为360°，360°÷36°＝10，所以这个多边形的边数为10．故选：C．【点评】本题考查了多边形的外角和定理：n边形的外角和为360°，解决本题的关键是熟记多边形的外角和为360°．3．（2022春•浦东新区校级期中）已知：如图，梯形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝BC，AC⊥BC，BE⊥AB交AC的延长线于E，EF⊥AD交AD的延长线于F，下列结论：①BD∥EF；②∠AEF＝2∠BAC；③AD＝DF；④AC＝CE+EF．其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据已知利用等腰梯形的性质对各个结论进行分析从而得出最后的答案．【解答】解：根据四边形ABCD是等腰梯形，可得出的条件有：AC＝BD，∠OAB＝∠OBA＝∠ODC＝∠OCD（可通过全等三角形ABD和BAC得出），OA＝OB，OC＝OD，∠ACB＝∠ADB＝90°（三角形ACB和BDA全等）．①要证BD∥EF就要得出∠ADB＝∠EFD，而∠ADB＝90°，∠EFD＝90°，因此∠ADB＝∠EFD，此结论成立；②由于BD∥EF，∠AEF＝∠AOD，而∠AOD＝∠OAB+∠OBA＝2∠OAB，因此∠AEF＝2∠OAB，此结论成立．③在直角三角形ABE中，∠OAB＝∠OBA，∠OAB+∠OEB＝∠OBA+∠OBE＝90°，因此可得出∠OEB＝∠OBE，因此OA＝OB＝OE，那么O就是直角三角形ABE斜边AE的中点，由于OD∥EF，因此OD就是三角形AEF的中位线，那么D就是AF的中点，因此此结论也成立．④由③可知EF＝2OD＝2OC，而OA＝OE＝OC+CE．那么AC＝OA+OC＝OC+OC+CE＝2OC+CE＝EF+CE，因此此结论也成立．故选：D．【点评】本题主要考查了等腰梯形的性质．根据等腰梯形的性质得出的角和边相等是解题的基础．二．填空题（共6小题）4．（2022春•静安区期中）如图，正方形ABCD中，延长BC到E，使CE＝CA，AE交CD于F，那么∠AFD＝67.5°．【分析】根据正方形性质得∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，得到∠ACB＝45°，再根据外角的性质和等腰三角形性质得∠E＝22.5°，从而进一步得出∠AFD＝∠CFE＝67.5°．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∴∠ACB＝45°，∵CE＝CA，∴∠E＝∠CAE，∴∠E＝22.5°，∵∠DCE＝90°，∴∠CFE＝67.5°，∵∠AFD＝∠CFE＝67.5°，故答案为：67.5°．【点评】本题主要考查了正方形性质，掌握正方形的性质的应用是解题关键．5．（2022春•浦东新区校级期中）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则从这个多边形的一个顶点出发共有5条对角线．【分析】首先设这个多边形有n条边，由题意得方程（n﹣2）×180＝360×2，再解方程可得到n的值，然后根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线可得答案．【解答】解：设这个多边形有n条边，由题意得：（n﹣2）×180＝360×3，解得n＝8，从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是8﹣3＝5，故答案为：5．【点评】此题主要考查了多边形的内角和外角，以及对角线，关键是掌握多边形的内角和公式．6．（2022春•青浦区校级期中）四边形ABCD是正方形，在直线AB上取一点E，使得AE＝AC，则∠CEB的度数是22.5或67.5度．【分析】分两种情况画图，根据正方形的性质和等腰三角形的性质即可解决问题．【解答】解：如图，分两种情况画图：∵四边形ABCD是正方形，∴∠CAB＝45°，①∵AE＝AC，∴∠CEB＝∠ACE＝×45°＝22.5°；②∵AE′＝AC，∴∠CE′B＝∠ACE＝（180°﹣45°）＝67.5°．则∠CEB的度数是22.5或67.5度．故答案为：22.5或67.5．【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．7．（2022春•徐汇区期末）定义：如果一个凸四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，那么称这个凸四边形为“等腰四边形”，把这条对角线称为“界线”，已知在“等腰四边形”ABCD中，AB＝BC＝AD，∠BAD＝90°，且AC为界线，则∠BCD的度数为135°或90°或45°．【分析】由AC是四边形ABCD的等腰线，可以得出△ACD是等腰三角形，从图1，图2，图3三种情况运用等边三角形的性质和判定，正方形的性质和判定和30°的直角三角形性质就可以求出∠BCD的度数．【解答】解：∵AC是四边形ABCD的界线，∴△ACD是等腰三角形．∵AB＝AD＝BC，如图1，当AD＝AC时，∴AB＝AC＝BC，∠ACD＝∠ADC∴△ABC是正三角形，∴∠BAC＝∠BCA＝60°．∵∠BAD＝90°，∴∠CAD＝30°，∴∠ACD＝∠ADC＝75°∴∠BCD＝60°+75°＝135°．如图2，当AD＝CD时，∴AB＝AD＝BC＝CD．∵∠BAD＝90°，∴四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°如图3，当AC＝CD时，过点C作CE⊥AD于E，过点B作BF⊥CE于F，∵AC＝CD．CE⊥AD，∴AE＝AD，∠ACE＝∠DCE．∵∠BAD＝∠AEF＝∠BFE＝90°，∴四边形ABFE是矩形．∴BF＝AE．∵AB＝AD＝BC，∴BF＝BC，∴∠BCF＝30°．∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC．∵AB∥CE，∴∠BAC＝∠ACE，∴∠ACB＝∠ACE＝∠BCF＝15°，∴∠BCD＝15°×3＝45°．综上，∠BCD的度数为135°或90°或45°．故答案为：135°或90°或45°．【点评】本题考查了“等腰四边形”的定义和性质的运用，“等腰四边形”的判定，等边三角形的性质和判定的运用，正方形的性质和判定的运用，30°的直角三角形的性质的运用．解答如图3这种情况容易忽略，解答时合理运用分类讨论思想是关键．8．（2022春•浦东新区校级期中）在直角梯形ABCD中，∠A＝90°，AB∥DC，AD＝15，AB＝16，BC＝17，则CD的长是8或24．【分析】分两种情况画图：①过点C作CE⊥AB于E，再根据勾股定理求出BE的长，进而可得CD的长；②过点C作BE⊥CD于E，再根据勾股定理求出CE的长，进而可得CD的长．【解答】解：①如图，过点C作CE⊥AB于E，得四边形DAEC为矩形，∴CE＝AD＝15，CD＝AE，在Rt△ABE中，BC＝17，根据勾股定理，得BE＝＝＝8，∴AE＝AB﹣BE＝16﹣8＝8，∴CD＝8；②如图，过点C作BE⊥CD于E，得四边形ADEB为矩形，∴BE＝AD＝15，DE＝AB＝16，在Rt△CBE中，BC＝17，根据勾股定理，得CE＝＝＝8，∴CD＝DE+CE＝16+8＝24，综上所述：CD的长为8或24．故答案为：8或24．【点评】本题考查了直角梯形，勾股定理，矩形的判定与性质，解决本题的关键是利用分类讨论思想画图解答．9．（2022春•浦东新区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为+3．【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，∴阴影部分的面积为×9＝6，∴空白部分的面积为9﹣6＝3，由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×3＝，∠CBE＝∠DCF，∵∠DCF+∠BCG＝90°，∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，设BG＝a，CG＝b，则ab＝，又∵a2+b2＝32，∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，即（a+b）2＝15，∴a+b＝，即BG+CG＝，∴△BCG的周长＝+3，故答案为：+3．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．三．解答题（共2小题）10．（2022春•青浦区校级期中）如图，四边形ABCD中，AB＝DC，将对角线AC向两端分别延长至点E，F，使AE＝CF．连接BE，DF，若BE＝DF．证明：四边形ABCD是平行四边形．【分析】先根据SSS证出△BEA≌△DFC，从而得到∠EAB＝∠FCD，根据等角的补角相等可得∠BAC＝∠DCA，从而得到AB∥DC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可求证四边形ABCD是平行四边形．【解答】证明：在△BEA和△DFC中，∴△BEA≌△DFC（SSS），∴∠EAB＝∠FCD，∴∠BAC＝∠DCA，∴AB∥DC，∵AB＝DC，∴四边形ABCD是平行四边形．【点评】本题主要考查平行四边形的判定，解题的关键在于先通过全等三角形证出AB∥CD．11．（2022春•浦东新区校级期中）如图，已知正方形ABCD，边长AB＝6，E是AB的中点，点F在边BC上，且BF＝2FC，点P在线段CD上，连接PE、EF、PF．（1）若△PEF为等腰三角形，求PC的长度；（2）若EF平分∠BEP，求PC的长度．【分析】（1）根据矩形性质可得EF＝5，设PC＝x，所以PF＝，过点P作PG⊥AB于点G，得矩形ADPG，若△PEF为等腰三角形分3种情况：①EF＝PF，②EF＝PE，③PE＝PF，然后利用勾股定理即可解决问题；（2）过点F作FH⊥PE于点H，证明Rt△BEF≌Rt△HEF（HL），可得BF＝HF＝4，设PC＝x，然后利用勾股定理即可解决问题．【解答】解：（1）正方形ABCD中，∵AB＝6，E是AB的中点，∴AE＝BE＝3，∵BF＝2FC，∴BF＝4，FC＝2，∴EF＝＝5，设PC＝x，∴PF＝＝，如图，过点P作PG⊥AB于点G，得矩形ADPG，∴AG＝DP＝DC﹣PC＝6﹣x，∴GE＝AE﹣AG＝3﹣（6﹣x）＝x﹣3，∴PE＝＝，∵△PEF为等腰三角形，∴分3种情况：①EF＝PF，∴5＝，解得x＝（负值舍去）；②EF＝PE，∴5＝，解得此方程无解；③PE＝PF，∴＝，解得x＝，＞6，点P在线段CD的延长线上，不符合题意，舍去．综上所述：PC的长度为；（2）如图，过点F作FH⊥PE于点H，∵EF平分∠BEP，∴EH＝BE＝3，在Rt△BEF和Rt△HEF中，∴Rt△BEF≌Rt△HEF（HL），∴BF＝HF＝4，设PC＝x，∴PF＝＝，∵AG＝DP＝DC﹣PC＝6﹣x，∴GE＝AE﹣AG＝3﹣（6﹣x）＝x﹣3，∴PE＝＝，∴HP＝PE﹣EH＝﹣3，在Rt△HPF中，根据勾股定理得：HP2+FH2＝PF2，∴（﹣3）2+42＝（）2，解得x＝．∴PC的长度为．【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是分类讨论思想的灵活运用．【压轴】一、填空题1．（2021春·上海松江·八年级统考期末）如图，将矩形的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙重叠的四边形，若，，则边的长是____．【答案】【分析】由折叠的性质和矩形的性质可得∠HEF=90°，EA=EB=3，证明△HNG≌△FME，求出HF，设AH=x，在△AEH，△BEF和△EFH中，利用勾股定理列出方程，求出x，即可得到EH．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠D=90°，由折叠可知：△EAH≌△EMH，△HNG≌△HDG，△FBE≌△FME，∴EA=EM，AH=MH，HD=HN，EB=EM，FB=FM，∠AEH=∠MEH，∠BEF=∠MEF，∠BME=∠B=90°，∠HNG=∠D=90°，∴EA=EB=AB=3，∵∠AEH+∠MEH+∠BEF+∠MEF=180°，∴2∠MEH+2∠MEF=180°，∴∠HEF=90°，同理可知：∠EHG=∠EFG=∠HGF=90°，∴四边形EHGF是矩形，∴HG∥FE，HG=FE，∴∠GHN=∠EFM，在△HNG和△FME中，，∴△HNG≌△FME（AAS），∴HN=FM，∴HD=FM，∴HF=HM+FM=AH+HD=AD=10，设AH=x，则HD=FM=FB=10-x，∵，，，∴，即，解得：x=1或x=9（舍），∴AH=1，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，利用勾股定理列出方程是本题的关键．2．（2021春·上海松江·八年级校考期中）一次函数的图像与轴分别用交于点A和点B，点C在直线上，点D是直角坐标平面内一点，若四边形ABCD是菱形，则点D的坐标为___________．【答案】或【分析】先求出点A和B的坐标，从而可得AB的长，再根据菱形的性质可得出点C的坐标，然后根据菱形的性质得出点B至点C的平移方式和点A至点D的平移方式相同，由此即可得．【详解】设点D的坐标为对于当时，，解得，则点A的坐标为当时，，则点B的坐标为点C在直线上设点C的坐标为当四边形ABCD是菱形，则由两点之间的距离公式得：解得或（1）当时，点C的坐标为点B至点C的平移方式为先向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度点A至点D的平移方式和点B至点C的平移方式相同则此时点D的坐标为（2）当时，点C的坐标为点B至点C的平移方式为先向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度点A至点D的平移方式和点B至点C的平移方式相同则此时点D的坐标为综上，点D的坐标为或故答案为：或．【点睛】本题考查了两点之间的距离公式、一次函数、菱形的性质、点坐标的平移变换规律等知识点，依据菱形的性质，求出点C的坐标是解题关键．3．（2019春·上海普陀·八年级统考期末）已知在等腰梯形中，，，对角线，垂足为，若，，梯形的高为______．【答案】【分析】过作交的延长线于，构造．首先求出是等腰直角三角形，从而推出与的关系．【详解】解：如图：过作交的延长线于，过作于．，，四边形是平行四边形，，，等腰梯形中，，，，，，是等腰直角三角形，，又，，即梯形的高为．故答案为：．【点睛】本题考查了等腰梯形性质，作对角线的平行线将上下底和对角线移到同一个三角形中是解题的关键，也是梯形辅助线常见作法．4．（2019春·上海·八年级上海市娄山中学校考阶段练习）如图，以正方形的对角线为边作等边三角形，过E作，交的延长线于点F，和的度数之比是__________．【答案】2：1【分析】根据正方形的性质得，根据等边三角形的性质得，，即可证明，可得，再根据三角形内角和定理和角的和差关系求解即可．【详解】∵四边形ABCD是正方形∴∵三角形BED是等边三角形∴，在△AED和△AEB中∴∴∴∴∴∵∴∴∴∴故答案为：2：1．【点睛】本题考查了角的度数问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理、正方形的性质、等边三角形的性质、三角形内角和定理、角的和差关系是解题的关键．5．（2022春·上海·八年级专题练习）如图，四边形ABCD是菱形，点E、F分别在边BC、CD上，且△AEF是等边三角形，AB＝AE，则∠B＝_____．【答案】80°．【分析】先利用等边三角形和菱形的性质有，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出,设∠B＝x，表示出最后利用∠BAE+∠EAF+∠FAD＝∠BAD即可求得∠B的度数．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，△AEF是等边三角形，．∵AB＝AE，∴AF＝AD，∴，设∠B＝x，则∠BAD＝180°﹣x，∠BAE＝∠DAF＝180°﹣2x，又∵∠BAE+∠EAF+∠FAD＝∠BAD即，解得x＝80°，故答案为：80°【点睛】本题主要考查菱形和等边三角形的性质，三角形内角和定理，一元一次方程的应用，掌握菱形和等边三角形的性质，三角形内角和定理和利用方程的思想是解题的关键．二、解答题6．（2020秋·上海·八年级上海市第二初级中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，直线AB和直线BC相交于点，直线AB与y轴相交于点A，直线BC与x轴、y轴分别交于点，点C．(1)求直线AB的解析式．(2)过点A作BC的平行线交x轴于点E，求点E的坐标．(3)在（2）的条件下，点P是直线AB上一个动点，且点P在x轴的上方，如果以点D、E、P、Q为顶点的平行四边形的面积等于三角形ABC的面积．①求出点P的坐标．②画出所有情况并直接写出点Q的坐标．【答案】(1)y=x+4(2)（2，0）(3)①P（-2，2）；②画见解析，Q1（1，2），Q2（-5，2），Q3（3，-2）【分析】（1）设过点A，B的直线，求得b，k而求得直线解析式；（2）首先设过点A且平行于直线BC的直线为y=kx+c，则可求得k的值，所求直线后代入点A，求得c则得到直线；（3）在（2）的基础上，求得点P的有关坐标，求得△ABC面积，代入点P而求得点P，进而求得点Q．（1）解：设直线AB为y=kx+b，代入点B，A，则，解得b=4，k=1，∴直线AB为y=x+4；（2）设过点A且平行于直线BC的直线为y=kx+c，根据题意得：k=＝−2，则直线AE的直线为y=-2x+c，则代入点A得c=4，则直线AE为y=-2x+4，则点E为（2，0）；（3）①∵点D（-1，0）、点B（-2，2），设直线BD的解析式为y=mx+n，则，解得：，∴直线BD的解析式为：y=-2x-2，∴点C（0，-2），∴AC=6，∴S△ABC=×6×2=6，∵DE=2-（-1）=3，∴以点D、E、P、Q为顶点的平行四边形的高为6÷3=2，∵点P是直线AB上一动点且在x轴的上方，∴点P的纵坐标为4，∴2=x+4，∴x=-2，即点P的坐标为（-2，2）；②若点Q在x轴上方，则PQ∥DE，且PQ=DE，此时点Q1（1，2），Q2（-5，2）；若点Q在x轴下方，则Q3（3，-2）；∴Q1（1，2），Q2（-5，2），Q3（3，-2）．【点睛】本题考查了一次函数的运用，考查了过两点确定一条直线，考查了知道直线斜率和一点求直线，直线间的交点，形成四边形而求面积．7．（2021春·上海·八年级上海市第四中学校考期中）如图1，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．（1）求直线的解析式；（2）以点为直角顶点作，射线交轴的负半轴于点，射线交轴的负半轴于点．当绕着点旋转时，的值是否发生变化，若不变，求出它的值；若变化，求出它的变化范围；（3）如图2，点是轴上的一个点，点是坐标平面内一点．若、、、四点能构成菱形，请写出满足条件的所有点的坐标（不要解题过程）．【答案】（1）y＝−x＋2；（2）OC−OD的值不发生变化，值为8；（3）（−8，2），（2，-2），（-2，-2），（，6）【分析】（1）由A、B两点的坐标利用待定系数法可求得直线AB的解析式；（2）过A分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为E、F，可证明△AEC≌△AFD，可得到EC＝FD，从而可把OC−OD转化为FD−OD，再利用线段的和差可求得OC−OD＝OE＋OF＝8；（3）分AM为对角线、AB为对角线和BM为对角线，分别利用菱形的性质，画出图形，求出M点的坐标，进而即可求出P的坐标．【详解】解：（1）设直线AB的解析式为：y＝kx＋b（k≠0）．∵点A（−4，4），点B（0，2）在直线AB上，∴，解得，∴直线AB的解析式为：y＝−x＋2；（2）不变．理由如下：过点A分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为E、F，如图．则∠AEC＝∠AFD＝90°，又∵∠BOC＝90°，∴∠EAF＝90°，∴∠DAE＋∠DAF＝90°，∵∠CAD＝90°，∴∠DAE＋∠CAE＝90°，∴∠CAE＝∠DAF．∵A（−4，4），∴OE＝AF＝AE＝OF＝4．在△AEC和△AFD中，∴△AEC≌△AFD（ASA），∴EC＝FD．∴OC−OD＝（OE＋EC）−（FD−OF）＝OE＋OF＝8．故OC−OD的值不发生变化，值为8；（3）①AM为对角线时，连接BP交AM于点H，连接PA、PM，如图，∵四边形ABMP为菱形，∴PB⊥AM，且AH＝HM，PH＝HB，∵∵A（−4，4），B（0，2），∴P点坐标为（−8，2）；②BM为对角线时，如图，设M（m，0），∵四边形ABPM为菱形，∴AM=AB，即：，解得：m=-6或-2，∴M（-6，0）或（-2，0），∴P（2，-2）或（-2，-2）；③AB为对角线时，如图，∵四边形AMBP为菱形，∴AM=BM，即：，解得：m=，∴M（，0），∴P（，6）；综上可知满足条件的所有点P的坐标为（−8，2），（2，-2），（-2，-2），（，6）．【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质、菱形的判定和性质及分类讨论思想等．在（1）中注意待定系数法的应用步骤，在（2）中构造三角形全等是解题的关键，在（3）中确定出P点的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．8．（2021春·上海普陀·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AQ与x轴负半轴交于点A，与y轴正半轴交于点Q，∠QAO＝45°，直线AQ在y轴上的截距为2，直线BE：y＝﹣2x+8与直线AQ交于点P．（1）求直线AQ的表达式；（2）在y轴上取一点F，当四边形BPFO为是梯形时，求点F的坐标；（3）点D为直角坐标平面内一点，如果以Q、P、B、D为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点D的坐标．【答案】（1）y＝x+2；（2）F（0，4）；（3）（6，2）或（2，﹣2）或（﹣2，6），见解析．【分析】（1）求得点A的坐标，利用待定系数法即可求得；（2）四边形BPFO为是梯形，则，联立两直线解析式求得点P坐标，即可求解；（3）分别以当PD//QB和BD//QP、当PB//QD和PQ//BD、当PD//BQ和PB//DQ三种情况进行分类讨论即可求得点D的坐标．【详解】解：（1）∵直线AQ在y轴上的截距为2，∴OQ＝2．∵∠QAO＝45°，OA⊥OQ，∴OA＝OQ＝2．∴A（﹣2，0）．设直线AQ的表达式为y＝kx+2，∴0＝﹣2k+2．∴k＝1．∴直线AQ的表达式为：y＝x+2．（2）在y轴上取一点F，当四边形BPFO为是梯形时，如图：过点P作PC⊥OB于点C，∵四边形BPFO为是梯形，∴PF//OB．∴P，F两点纵坐标相同．解方程组得：．∴P（2，4）．∴F（0，4）．（3）如果以Q、P、B、D为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：当PD//QB时，如图，对于y＝﹣2x+8，令y＝0，则x＝4．∴B（4，0）．∴OB＝4．过点D作DH⊥x轴于H，过P作PG⊥y轴于G，∵四边形PQBD是平行四边形，∴BD//PQ，BD＝PQ．∴∠DBH＝∠QAO＝45°．∵∠GQP＝∠AQO＝45°，∴∠DBH＝∠GQP．∵PG⊥GQ，DH⊥BH，∴∠PGQ＝∠DHB＝90°．∴△PGQ≌DHB（AAS）．∴PG＝DH．∵OG＝PC＝4，OQ＝2，∴QG＝4﹣2＝2．∴BH＝DH＝QG＝2．∴OH＝4+2＝6．∴D（6，2）．当PB//QD时，如图，过点D作DG⊥y轴于点G，∵P（2，4），∴OC＝2，PC＝4．∵四边形PBDQ是平行四边形，∴PB//QD，PB＝QD．∴∠BPC＝∠DQG．∵PC⊥BC，DG⊥QG，∴∠PCB＝∠QGD＝90°．∴△PCB≌△QGD（AAS）．∴GD＝BC＝2，QG＝PC＝4．∵OQ＝2，∴OG＝4﹣2＝2．∴D（2，﹣2）．当PD//BQ时，如图，过D作DG⊥y轴于点G，∵P（2，4），∴OC＝2，PC＝4．∵四边形PDQB是平行四边形，∴DQ//PB，PB＝QD．∴∠BPC＝∠DQG．∵PC⊥BC，DG⊥QG，∴∠PCB＝∠QGD＝90°．∴△PCB≌△QGD（AAS）．∴GD＝BC＝2，QG＝PC＝4．∵OQ＝2，∴OG＝4+2＝6．∴D（﹣2，6）．综上，D点的坐标为（6，2）或（2，﹣2）或（﹣2，6）．【点睛】此题主要考查了一次函数与几何的综合应用，熟练掌握一次函数的性质、待定系数法求解析式以及平行四边形的性质是解题的关键．9．（2022春·上海·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形的顶点的坐标是，动点从点出发，沿线段向终点运动，同时动点从点出发，沿线段向终点运动．点的运动速度均为每秒个单位，运动时间为秒，过点作交于点．（1）求直线的解析式；（2）设的面积为，求当时，与时间的函数关系；（3）在动点运动的过程中，点是矩形内（包括边界）一点，且以为顶点的四边形是菱形，直接写出值和与其对应的点的坐标．【答案】（1）y=-x+6；（2）S=﹣+t；（3）t的值为或24-12，点H坐标为（，）或（，6）【分析】（1）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求直线AB的解析式；（2）先求出点E坐标，再利用三角形面积公式可求解；（3）分两种情况讨论，利用菱形的性质和直角三角形的性质可求解．【详解】解：（1）∵矩形AOBC的顶点C的坐标是（2，6），∴OA=BC=6，OB=AC=2，∴点A（0，6），点B（2，0）设直线AB解析式为：y=kx+b，∴解得：，∴直线AB的解析式为：y=-x+6；（2）∵点P、Q的运动速度均为每秒1个单位，∴AP=BQ=t，∴OP=6-t，∵PE⊥AO，∴点E纵坐标为6-t，∴6-t=﹣x+6，x=，∴点E（，6-t），Q到直线PE的距离为6－2t，∴当0＜t＜3时，S=×（6-2t）∴S=﹣+t；（3）如图，当四边形EHBQ是菱形时，延长PE交BC于F，∵AB=，∴OB=AB，∴∠BAO=30°，∵AO∥BC，PE⊥AO，∴∠ABC=∠BAO=30°，PE⊥BC，∵四边形EHBQ是菱形，∴BQ=EQ=t，EH∥BQ，∴∠QEB=∠EBQ=30°，∴∠FEQ=30°，∴FQ=EQ=t，∴BC=t+t+t=6，∴t=，∴BQ=EH=，∴点E（，），∴点H（，）如图，若四边形EHQB是菱形，延长PE交BC于F，∵四边形EHQB是菱形，∴BE=BQ=t，EH∥BQ，∵∠ABC=30°，EF⊥BC，∴BE=2E