中考数学总复习《猜想证明综合解答题》专项提升练习附答案

第页参考答案1．（1）解：如图1：∵AB∥CD，∴∠DFE=30°，∵MN⊥EF，∴∠FMN=90°，∴∠MNF=60°，（2）如图2，∵AB∥∴MQ//AB，∴∠MNF=∠NMQ，∠EMQ=∠AEF，∵MQ是∠EMN的角平分线，∴∠NMQ=∠EMQ，∴∠MNF=∠AEF；（3）∵AB∥∴∠ENF=∠BEN，∵EN平分∠BEF，∴∠BEN=∠FEN，∴∠ENF=∠FEN，∵∠MNF=∠AEF，∠MNF=2∠ENM，∴∠AEF＝2∠ENM，∠BEN=∠FEN=3∠ENM∴8∠ENM=180°，解得∠ENM=22.5°，∴∠EMN=2∠MNF=4∠ENM=90°．2．（1）证明：如图1，延长DE交AB于点F，∵∠ACB+∠BED＝180°，∠CED+∠BED＝180°，∴∠ACB＝∠CED，∴AC∥DF，∴∠A＝∠DFB，∵∠A＝∠D，∴∠DFB＝∠D，∴AB∥CD；（2）如图2，作EM∥CD，HN∥CD，∵AB∥CD，∴AB∥EM∥HN∥CD，∴∠1+∠EDF＝180°，∠MEB＝∠ABE，∵BG平分∠ABE，∴∠ABG＝12∠∵AB∥HN，∴∠2＝∠ABG，∵CF∥HN，∴∠2+∠β＝∠3，∴12∠ABE+∠β＝∠∵DH平分∠EDF，∴∠3＝12∠∴12∠ABE+∠β＝1∴∠β＝12（∠EDF﹣∠ABE∴∠EDF﹣∠ABE＝2∠β，设∠DEB＝∠α，∵∠α＝∠1+∠MEB＝180°﹣∠EDF+∠ABE＝180°﹣（∠EDF﹣∠ABE）＝180°﹣2∠β，∵∠DEB比∠DHB大60°，∴∠α﹣60°＝∠β，∴∠α＝180°﹣2（∠α﹣60°），解得∠α＝100°，∴∠DEB的度数为100°；（3）∠PBM的度数不变，理由如下：如图3，过点E作ES∥CD，设直线DF和直线BP相交于点G，∵BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，∴∠EBM＝∠MBK＝12∠∠CDN＝∠EDN＝12∠∵ES∥CD，AB∥CD，∴ES∥AB∥CD，∴∠DES＝∠CDE，∠BES＝∠ABE＝180°﹣∠EBK，∠G＝∠PBK，由（2）可知：∠DEB＝100°，∴∠CDE+180°﹣∠EBK＝100°，∴∠EBK﹣∠CDE＝80°，∵BP∥DN，∴∠CDN＝∠G，∴∠PBK＝∠G＝∠CDN＝12∠∴∠PBM＝∠MBK﹣∠PBK＝12∠EBK﹣1＝12（∠EBK﹣∠CDE＝12×＝40°．3．（1）解：∠FDC+∠ECD＝180°+∠A，理由如下：∵∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，∴∠FDC+∠ECD＝∠A+∠ACD+∠A+∠ADC，∵∠A+∠ADC+∠ACD=180°，∴∠FDC+∠ECD＝180°+∠A；（2）解：∠P＝90°+12∠A∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，∴∠PDC＝12∠ADC，∠PCD＝12∠∵∠P+∠PCD+∠PDC=180°，∠A+∠ADC+∠ACD=180°，∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD＝180°﹣12∠ADC﹣12＝180°﹣12（∠ADC+∠ACD＝180°﹣12（180°﹣∠A＝90°+12∠A（3）解：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，∴∠PDC＝12∠ADC，∠PCD＝12∠∵∠P+∠PDC+∠PCD=180°，∠A+∠B+∠BCD+∠ADC=360°，∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD＝180°﹣12∠ADC﹣12＝180°﹣12（∠ADC+∠BCD＝180°﹣12（360°﹣∠A﹣∠B＝12（∠A+∠B4．（1）解：BD=CE．证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°．∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE．在△ABD和△ACE中AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACESAS∴BD=CE；（2）解：①BE=AE+CE理由：∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，∴△ADE是等边三角形，∴AD=DE=AE，由（1）得BD=CE，∴BE=DE+BD=AE+CE；②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，如下图．∵△ADE是等边三角形，AG⊥DE，∴∠DAG=1∴AGAD∵△ABC是等边三角形，点F为线段BC中点，∴BF=CF，AF⊥BC，∠BAF=1∴AFAB∴∠BAF=∠DAG，AGAD∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF，即∠BAD=∠FAG，∴△BAD∽△FAG，∴∠ADB=∠AGF=90°．∵BD=CE，ED＝∴BD=AD，即△ABD是等腰直角三角形，∴∠BAD=45°．5．（1）解：（1）DE⊥DA；证明：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠B=∠C=45°，∵MN∥BC，∴∠DAE=∠B=45°（两直线平行，内错角相等），又∵DA=DE，∴∠DEA=∠DAE=45°，∴∠ADE=90°，即DE⊥DA；（2）A：DB=DP；证明：∵DP⊥DB，∴∠BDE+∠EDP=90°，又∵DE⊥DA，∴∠ADP+∠EDP=90°，∴∠BDE=∠ADP，∵∠DEA=∠DAE=45°，∴∠BED=135°，∠PAD=135°，∴∠BED=∠PAD，在△DEB和△DAP中，∠BED=∠PAD∠BDE=∠PDA∴△DEB≌△DAP（∴DB=DP（三角形全等其对应边相等）．B：DB=DP；证明：如图3，延长AB至F，连接DF，使DF=DA，由（1）得，∴∠DFA=∠DAF=45°，∴∠ADF=90°，又∵DP⊥DB，∴∠FDB=∠ADP，∵∠BAC=90°，∠DAF=45°，∴∠PAD=45°，∴∠DFA=∠PAD，在△DFB和△DAP中，∠FDB=∠ADPDF=DA∴△DFB≌△DAP（ASA），∴DB=DP（三角形全等其对应边相等）．6．（1）解：∵y=−12x+4分别与x轴、y轴交于点B当x=0时，y=4；当y=0时，x=8；∴点C坐标为0，4，点B坐标为∵直线l1：y=−12x+4与直线l2∴−1∴x=24∴y=8∴点A坐标为245（2）设点D坐标为x，∵△COD的面积为6，∴1∴x=±3，∵D是线段OA上的点，∴x=3，∴点D3设直线CD解析式为：y=kx+4，∴1=3k+4，∴k=−1，∴直线CD解析式为：y=−x+4；（3）存在，理由如下：若以OC为边，设点Pa如图，当四边形OCPQ是菱形，∴OC=CP=4，PQ//OC，PQ=OC=4，∴4=a∴a1=22，∴点P2∴点Q2当四边形OCQP是菱形，∴OC=OP=4，PQ=OC=4，PQ//OC，∴4=a∴a1=0(舍去)∴点P4∴点Q4若OC为对角线，∵以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，∴CO与PQ互相垂直平分，∴点P的纵坐标为2，∴点P2∴点Q坐标为−2，综上所述：点Q的坐标为−2，2或4故答案为：存在，点Q的坐标为−2，2或47．（1）解：①四边形EFGH是菱形，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，点E，F，G，H分别是BC，CD，AD，AB上的中点，∴AH=BH=CF=DF,AG=BE=CE=DG，且∠A=∠B=∠C=∠D=90°,∴△GAH≌△EBH≌△ECF≌△GDF(SAS)，∴HG=HE=EF=GF，∴四边形EFGH是菱形．②若四边形EFGH是正方形，则BC=4；（2）解：四边形EFGH的周长不会随着DG的变化而变化；如图，延长GH交CB的延长线于点N，延长GF交BC的延长线于点M．∵∠1=∠2，∠1=∠5，∴∠2=∠5．且FC=FC，∠FCE=∠FCM=90°,∴△FCE≌△FCM(ASA)．∴EF=MF，EC=MC，同理：NH=EH，NB=EB．∴MN=2BC=16．∵∠M=90°−∠5=90°−∠1，∠N=90°−∠3，∴∠M=∠N．∴GM=GN．过点G作GK⊥BC于点K，则KM=1∴GM=G∴四边形EFGH的周长为2GM=858．（1）解：ΔBPE≌Δ∵ΔABC∴∠B=∠C=45°，AB=AC，∵AP=AQ，∴BP=CQ，∵E是BC的中点，∴BE=CE，在ΔBPE和Δ∵BE=CE∴ΔBPE≌（2）解：不相同，理由如下：如图：连接PQ，∵ΔABC和Δ∴∠B=∠C=∠DEF=45°，∴∠BEF=∠EQC+∠C，即∠BEP+∠DEF=∠EQC+∠C，∴∠BEP+45°=∠EQC+45°，∴∠BEP=∠EQC∴ΔBPE∽∴BPCE∵BP=a，CQ=92a∴aCE∴BE=CE=3∴BC=32∴AB=AC=BC·sin∴AQ=CQ−AC=32a在RtΔAPQ中，9．解:（1）作FM⊥AB．则∠FHE＝∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形∴AD＝CD＝4∴∠FEH＝∠CED在△EFH和△ECD中，∠FHE=∠EDC=90°∠FEH=∠CED∴△EFH≅△ECD∴FH＝CD∴BH∴BF=B（2）过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，作FM⊥AB．则FM＝AH①∵AD＝4∴DE同（1）得：△EFH≅△CED∴FH＝DE即点F到AD的距离为3．②∴BM＝AB+AM∴BF=（3）分三种情况：①当点E在边AD的左侧时，过F作FH⊥AD交AD于点H，交BC于K．同（1）得：△EFH≅△CED∴FH＝DE∴FK＝在Rt△BFK中，BK由勾股定理得：（解得：AE＝1或∴AE＝点E在边AD的右侧时，过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，交BC延长线于K，同（1）得：△EFH≅△CED∴FH＝DE∴FK在Rt△BFK中，BK由勾股定理得：（解得：AE=2+41或AE=2−③当点E在AD上时，可得：（解得AE＝∵5∴不符合题意．综上所述：AE的长为1或2+4110．（1）证明：∵四边形BEFG是正方形，∴∠EBG=90°，即∠ABC=90°，∵CD∥AB，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB=BC，∠ABC=90°，∴四边形ABCD是正方形．（2）解：结论：CQ⊥QE，CQ=QE．理由：如图2中，延长EQ交BD于P，连接CP=CE．∵四边形BEFG是正方形，∴EF∥BG，即EF∥DG，∠EBG=90°，即∠DBE=90°，BE=EF，∴∠PDQ=∠EFQ，∵Q是DF的中点，∴DQ=FQ，∵∠DQP=∠FQE，∴△DPQ≌△FEQ（SAS），∴PQ=QE，DP=FE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠CDP=∠CBD=45°，CD=CB，∴∠CBE=∠DBE-CBD=45°，即∠CDP=∠CBE=45°，∵CD=CB，DP=EF=BE，∴△CDP≌△CBE（SAS），∴CP=CE，∠DCP=∠BCE，∴∠DCP+∠PCB=∠BCE+∠PCB，即∠PCE=∠BCD=90°，∵CP=CE，∴△CPE是等腰直角三角形，∴PQ=QE，∴CQ⊥QE，CQ=QE．（3）如图3-1中，当∠CGB=45°时，C，E，G共线，此时E，H重合．结论：CH+EG=AH．理由：∵∠ABC=∠EBG=90°，∴∠ABH=∠CBG，∵BA=BC，BH=BG，∴△ABH≌△CBG（SAS），∴AH=CG，∵CG=CH+EG，∴CH+EG=AH．如图3-2中，当∠CGB=45°时，A，E，G共线，此时G，H重合．结论：CH=EG+AH．理由：∵∠ABC=∠EBG=90°，∴∠ABH=∠CBG，∵BA=BC，BH=BG，∴△ABE≌△CBG（SAS），∴AE=CG，∵AE=AH+EG，∴CH=EG+AH．11．解：（1）①∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠ACB=∠B=60°，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，∴∠BAD=∠EAC，在△ABD和△ACE中，AB=AC∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE，②∵△ABD≌△ACE，∴∠ACE=∠B=60°，∴∠DCE=∠ACE+∠ACB=60°+60°=120°；（2）①∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△ABD与△ACE中，AB=AC∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ACE=∠B=45°，BD=CE，∴∠ACE+∠ACB=∠B+∠ACB=90°，∴∠BCE=90°，即∠DCE=90°，②BD理由：∵∠DCE=90°，∴在Rt△DCE中，由勾股定理可得：CE∵BD=CE，∴BD（3）①（2）中的结论还成立．理由：∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△ABD与△ACE中，AB=AC∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ACE=∠ABC=45°，BD=CE，∴∠ACE+∠ACB=∠ABC+∠ACB=90°，∴∠BCE=90°=∠ECD，∴Rt△DCE中，CE∴BD②∵Rt△BCE中，BE=10，BC=6，∴CE=B∴BD=CE=8，∴CD=8−6=2，∴Rt△DCE中，DE=C∵△ADE是等腰直角三角形，∴AE=6812．（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（-1，0），B（6，0），∴a−b+6=036a+6b+6=0∴a=−1b=5∴抛物线的解析式为y=-x2+5x+6；（2）解：∵抛物线y=-x2+5x+6过点C，∴C（0，6），设直线BC的解析式为y=kx+n，∴6k+n=0n=6∴k=−1n=6∴直线BC的解析式为y=-x+6，设P（m，-m2+5m+6），则D（m，-m+6），∴PE=-m2+5m+6，DE=-m+6，∵△PBD与△BDE的面积之比为1：2，∴PD：DE=1：2，∴PE：DE=3：2，∴3（-m+6）=2（-m2+5m+6），解得m1=12，m2∴P（12，33（3）解：存在．∵A（-1，0），∴OA=1，∴AM+OM的值最小时，△AMO的周长最小，作点O关于直线BC的对称点N．连接ON交BC于点G，连接AN交BC于点M，由轴对称的性质可知点M满足题意，∵OC=OB=6，∴∠OBC=45°，∴△BOG为等腰直角三角形，∴G（3，3），∴N（6，6），设直线AN的解析式为y=cx+d，−c+d=06c+d=6∴直线AN的解析式为y=67x+6∴y=6解得x=36∴M（3613，42∴在直线BC上存在一点M（3613，4213），使得△13．（1）证明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE；（2）如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE，∴∠ADB=∠AEC，BD=CE，①正确，记AD与CE的交点为G，∵∠AGE=∠DGO，∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，∴∠DOE=∠DAE=60°，∴∠BOC=60°，②正确，在OB上取一点F，使OF=OC，连接CF，∴△OCF是等边三角形，∴CF=OC，∠OFC=∠OCF=60°=∠ACB，∴∠BCF=∠ACO，∵AB=AC，∴△BCF≌△ACO（SAS），∴∠AOC=∠BFC=180°-∠OFC=120°，∴∠AOE=180°-∠AOC=60°，③正确，没有理由说明OC=OE，所以，④不一定正确，即：正确的有①②③，故答案为①②③；（3）如图3，延长DC至P，使DP=DB，∵∠BDC=60°，∴△BDP是等边三角形，∴BD=BP，∠DBP=60°，∵∠ABC=60°=∠DBP，∴∠ABD=∠CBP，∵AB=CB，∴△ABD≌△CBP（SAS），∴∠BCP=∠A，∵∠BCD+∠BCP=180°，∴∠A+∠BCD=180°．14．（1）证明：如图1，∵四边形ABCD为矩形，∴CD=AB=4，∵DE=2，∴CE=CD−DE=2，∴CE=DE=2，∵D和F关于AE对称，∴DG=FG，∴EG是ΔDFC∴AE//CF；（2）解：①如图2，当点F在对角线AC上时，∵D和F关于AE对称，∴AE垂直平分DF，∴DE=EF，AD=AF=3，设DE=EF=x，则CE=4−x，∵AC=A∴CF=AC−AF=5−3=2，在RtΔEFC中，∴x∴x=3∴DE=3②如图3，当点F在对角线BD上时，∵四边形ABCD为矩形，∴BD=AC=5，∵SΔ∴AG=12∴DG=A设DE=x，GE=y，∵DG∴y2∵SΔ∴3x=9联立①②得，{y解得x=9∴DE=9∴DE=32或（3）解：①当F点到A点距离为2时，∵AF=AD=3>2，∴此种情况不存在，②当F点到B点距离为2时，连接FB，则FB=2，AF=AD=3，过F作FH⊥AB于H，FQ⊥BC于Q，如图4，∴∠FHB=∠ABC=∠BQF=90°，∴四边形FHBQ为矩形，∴FQ=BH，设BH=x，则AH=4−x，∵FH∴4−x∴x=11∴FQ=BH=11∴S③当点F到C点距离为2时，如图5，连接BF，则FC=2，∵AF+FC⩾AC，又AF+FC=5，AC=5，∴AF+FC=AC，∴A，C，F三点共线，即F在线段AC上，∵SΔ∴S④当点F到D点距离为2时，如图6，连接BF，则DF=2，∴DG=GF=1，∴AG=A∵S∴MF=4∴NF=MN−MF=4−4∴S即当点F到矩形ABC顶点B的距离等于2时，ΔBCF的面积为33当点F到矩形ABC顶点C的距离等于2时，ΔBCF的面积为12当点F到矩形ABC顶点D的距离等于2时，ΔBCF的面积为6−215．（1）证明：如图①，延长AD、EF交于点G，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，∵EF//AB，∴∠G=∠BAD，∴∠G=∠CAD，所以FG=AF，在△ABD和△GED中，∠BAD=∠G∠ADB=∠GDE∴△ABD≅△GED（AAS），∴AB=GE，∵GE=FG+EF=AF+EF∴AF+EF=AB；故答案为：AAS（2）结论：AF-EF=AB．证明：如图②，延长AD、EF交于点G，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD∵EF//AB，∴∠G=∠BAD，∴∠G=∠CAD，∴FG=AF，在△ABD和△GED中，∠BAD=∠G∠ADB=∠GDE．△ABD≌∆GED(AAS)，∴AB=GE，∵GE=FG-EF=AF-EF，∴AF-EF=AB；（3）结论：EF-AF=AB．证明：如图③，延长AD交EF于点G，∵AD平分∠PAC，∴∠PAD=∠CAD，∵EF//AB，∴∠AGF=∠PAD，∴∠AGF=∠CAD，∠ABD=∠GED，∴FG=AF，在△ABD和△GED中，∠ABD=∠GEDBD=DE∴△ABD≌∆GED(ASA)，∴AB=GE，∵EF-FG=GE，∴EF-AF=AB．16．（1）解：（1）把A（1，4）代入y＝﹣2x+m，得﹣2+m＝4，∴y＝﹣2x+6，∴B（3，0）∵A（1，4）为顶点，∴可设抛物线的解析为y＝a（x﹣1）2+4，把B（3，0）代入得，4a+4＝0，得a＝﹣1，∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；（2）解：①当x＝0时，y＝3，∴C（0，3），∵B（3，0），∴OB＝∵点P到x轴、y轴的距离相等，设P(n,n)，∴PB∴PC即PB=PC，又OP＝∴△POB≌△POC（②∵点P在抛物线上，则有n=−n解得n=1±∵点P在第三象限，∴P(1−∴OP=(（3）解：①如图，当∠Q1AB＝90°时，作AE⊥y轴于E，∴E（0，4）∵∠DAQ1＝∠DOB＝90°，∠ADQ1＝∠BDO∴△DAQ1∽△DOB，∴ADOD=D∴DQ1＝52∴OQ1＝72∴Q1（0，72）；②如图，当∠Q2BA＝90°时，∠DBO+∠OBQ2＝∠OBQ2+∠OQ2B＝90°∴∠DBO＝∠OQ2B∵∠DOB＝∠BOQ2＝90°∴△BOQ2∽△DOB，∴OBOD∴36∴OQ2＝32∴Q2（0，−3③如图，当∠AQ3B＝90°时，∠AEQ3＝∠BOQ3＝90°，∴∠AQ3E+∠EAQ3＝∠AQ3E+∠BQ3O＝90°∴∠EAQ3＝∠BQ3O∴△BOQ3∽△Q3EA，∴OBQ3E∴OQ32﹣4OQ3+3＝0，∴OQ3＝1或3，∴Q3（0，1）或（0，3）．

综上，Q点坐标为（0，72）或（0，−17．（1）解：令x＝0，则y=12·令y＝0，即0=−12x∴点B坐标为（4，0）．（2）解：设直线BC的解析式为y＝kx+b，代入点B、点C坐标，得b=24k+b=0解得k=−1∴直线BC的解析式为：y＝﹣12x设P点坐标为（m，﹣12m2+32m+2），则E点的坐标为（m，﹣1设F的横坐标为n，则F的纵坐标为：﹣12m2+32令﹣12n+2＝﹣12m2+3解得：n＝m2﹣3m，∴PE＝﹣12m2+32m+2﹣（﹣12m+2）＝﹣12m2+2m，PF＝m﹣（m2﹣3m）＝﹣m∴EF＝PE2+PF2＝-∵0≤m≤4，∴m2∴EF＝﹣52（m2﹣4m）＝﹣52（m﹣2）2+2∴当m＝2时，EF有最大值为25，此时，点P的坐标为（2，3）．（3）解：存在点Q，使以点B、C、Q、N为顶点的四边形为菱形，Q点的坐标为：点Q坐标为（﹣2，6）或（﹣2，﹣2）或（6，4）或（6，﹣4）；理由如下：∵OA＝1，OC＝2，∴AC＝OA2+O又∵（12OA）2+（12OC）2＝（52∴抛物线沿着射线AC方向平移52个单位，实际上等同于将该抛物线沿x轴向右移动12个单位，再沿∵原抛物线的对称轴为直线x＝−3∴新抛物线的对称轴为直线x＝32+1设点N(2,n)，Q(a,b)，当BC为菱形的变时，以点B为圆心、BC为半径画圆交对称轴x=2于点N1、N此时BC=BN∴MB2+M解得MN故点N1的坐标为(2,4)同理可得点N2的坐标为(2,−4)由菱形对角线性质和中点坐标公式可得：xB即a+4=20+b=2+4，解得：a=−2或0+2=4+a2−4=b，解得：a=−2∴点Q1坐标为(−2,6)，点Q2坐标为(−2,−2)，以点C为圆心，CB为半径画圆交对称轴x=2于点N3、N此时CB=CN3=CN4故点N3的坐标为(2,6)，同理可得N4坐标为由菱形对角线性质和中点坐标公式可得：xB即0+a=4+22+b=0+6，解得：a=6或0+a=4+22+b=0−2，解得：a=6点Q3坐标为(6,4)，点Q4坐标为(6,−4)，当BC为菱形的对角线时，则NQ为另一条对角线，BC垂直平分NQ，此时BC中点坐标为(2,1)，又N(2,n)且NC=NB，则N点必与BC中点重合，∴此时不存在点Q，则不能构成菱形.综上，点Q坐标为（﹣2，6）或（﹣2，﹣2）或（6，4）或（6，﹣4）．18．（1）解：AD=CF，理由如下：∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=∠B=60°，AC=BC，又∵CD=BF，∴ΔACD≅∴AD=CF；（2）证明：由（1）知ΔACD≅∴DA=CF，∠DAC=∠FCB，又∵DA=DE，∴DE=CF，∵∠ADB=∠ADE+∠BDE=60°+∠BDE，∠ADB=∠ACB+∠DAC=60°+∠DAC，∴∠DAC=∠BDE，∴∠FCB=∠BDE，∴DE//CF且∴四边形CDEF是平行四边形；（3）解：四边形CDEF为平行四边形，理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠A=∠ADC=90°．又∵DF=AH，∴ΔHAD≅∴HD=FC，∠ADH=∠FCD，又∵HD=DE，∴DE=CF．∵在RtΔFDC中，∠DFC+∠FCD=90°同理∠EDH=90°，∠EDF+∠ADH=90°，∴∠EDF=∠DFC，∴DE//CF且∴四边形CDEF是平行四边形；（4）解：∵四边形CDEF为平行四边形，∴DE//CF，∴∠EDF=∠DFC，∵四边形DEGH是菱形，∠ADC=∠GED=45°，∴∠EDF+∠ADH=∠CFD+∠DCF=135°，DH=DE，∴∠ADH=∠DCF，DH=CF，又∵AD=DC，∴ΔAHD≅∴∠DAH=∠CDF=45°，∴∠AMD=90°，AM=DM，∴AD∵AD=DC=36∴AM∴AM=3319．解：（1）证明：如图1，∵PO﹣OC＜PC，∴（AP+OA）﹣OC＜PC，∵OA＝OC，∴AP＜PC；（2）如图2，连接OA角半⊙O于P，则AP最小，在Rt△AOC中，OA＝O＝3＝35∴AP＝OA﹣OP＝35故答案为：35（3）如图3，连接BM，交⊙M（半径是1）于A1，∵四边形ABCD是菱形