专题22 平行四边形存在性问题巩固练习(提优)-冲刺2021年中考几何专项复习(原卷版)

平行四边形存在性问题巩固练习1．在直角坐标系中，O 是原点，A 、B 、C 三点的坐标分别为A （18，0），B （18，8），C （6，8），四边形OABC 是梯形，点P 、Q 同时从原点出发，分别做匀速运动，其中点P 沿OA 向终点A 运动，速度为每秒2个单位，点Q 沿OC 、CB 向终点B 运动，速度为每秒3个单位，当这两点有一点到达自己的终点则另一点也停止运动，设从出发起，运动了t 秒．①求直线OC 的解析式．②试写出点Q 的坐标，并写出此时t 的取值范围．③从运动开始，梯形被直线PQ 分割后的图形中是否存在平行四边形，若存在，求出t 的值，若不存在，请说明理由．④t 为何值时，直线PQ 把梯形OCBA 分成面积为1：7的两部分？【分析】（1）利用待定系数法根据点O 、点C 的坐标就可以求出直线的解析式．（2）分Q 在OC 上，和在CB 上两种情况进行讨论．利用直线OC 的解析式就可以求出Q 点在OC 上和CB 上的坐标．即0≤t ≤5和5＜t ≤10两种情况．（3）当CQ ＝OP 时，四边形OPQC 是平行四边形，就可以表示出CQ ＝3t ﹣10，OP ＝2t ，由平行四边形的性质就可以求出t 的性质，然后根据t 的取值范围就可以确定值的存在性．（4）直线PQ 把梯形OCBA 分成面积为1：7的两部分从两种情况进行计算．当五边形CQP AB 为7份时和四边形BQP A 为1份时分别计算出t 的值就可以了．【解答】解：（1）设OC 的解析式为y ＝kx +b ，∵O 、C 两点的坐标分别为O （0，0），C （6，8），∴{b =08=6k，解得：k =43，b ＝0， ∴y =43x ； （2）当Q 在OC 上运动时，可设Q （m ，43m ），依题意有：m 2+（43m ）2＝（3t ）2∴m =65t ， ∴Q （95t ，125t ），（0≤t ≤103）当Q 在CB 上时，Q 点所走过的路程为3t ，∵OC ＝10，∴CQ ＝3t ﹣10，∴Q 点的横坐标为3t ﹣10+6＝3t ﹣4，∴Q （3t ﹣4，8），（103＜t ≤223）．（3）当四边形OPQC 是平行四边形时，∴CQ ＝OP ．∵CQ ＝3t ﹣10，OP ＝2t ，∴3t ﹣10＝2t ，∴t ＝10．∵t ≤223，∴不存在四边形当四边形P ABQ 为平行四边形时，∴BQ ＝P A ，∵BQ ＝22﹣3t ，P A ＝18﹣2t ，∴22﹣3t ＝18﹣2t ，∴t ＝4（4）∵A （18，0），B （18，8），C （6，8），∴OA ＝18，BC ＝12，AB ＝8，∴S 四边形OABC =8(12+18)2=120∵直线PQ 把梯形OCBA 分成面积为1：7，设两部分的面积分别为x 、7x ，∴x +7x ＝120，∴x ＝15，当2t⋅125t 2=15时，t =52， 当8(3t−10+2t)2=120﹣15时，t =294．综上所述当t=52或t=294时直线PQ把梯形OCBA分成面积为1：7的两部分．【点评】本题考查了直角梯形的性质，函数自变量的取值范围，待定系数法求函数的解析式，三角形的面积，平行四边形的判定，梯形的面积的运用．2．已知抛物线y＝x2﹣（m+3）x+32（m+1）．（1）小明发现无论m为何值时，抛物线总与x轴相交，你知道为什么吗？请给予说明．（2）如图，抛物线与x轴的正半轴交于M，N两点，且线段MN的长度为2，求此抛物线的解析式．（3）如图，（2）中的抛物线与y轴交于点A，过点A的直线y＝x+b与抛物线的另一个交点为点B，与抛物线的对称轴交于点D，点C为抛物线的顶点．问在线段AB上是否存在一点P，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，使四边形DCEP为平行四边形？若存在，请求出该平行四边形的面积；若不存在，说明理由．【分析】（1）运用判别式进行判断即可；（2）设M（x1，0），则N（x2，0），由根与系数关系得x1+x2＝m+3，x1•x2=32（m+1），再由|x1﹣x2|＝2，两边平方，将两根关系代入求m的值；（3）存在．根据抛物线解析式求A点坐标及顶点C的坐标，确定直线y＝x+b的解析式，再求D点坐标，得到CD的长，设过P点的直线为x＝n，分别代入直线、抛物线解析式，可求P、E两点的纵坐标，表示线段PE的长，根据PE＝CD，列方程求n的值，再求平行四边形的面积．【解答】解：（1）∵y＝x2﹣（m+3）x+32（m+1）的判别式为△＝[﹣（m+3）]2﹣4×32（m+1）＝m2+3＞0，∴无论m为何值时，抛物线总与x轴相交；（2）设M（x1，0），则N（x2，0），（m+1），|x1﹣x2|＝2，∵x1+x2＝m+3，x1•x2=32∴两边平方，得（x1﹣x2）2＝4，即（x1+x2）2﹣4x1•x2＝4，（m+1）＝4，将两根关系代入，得（m+3）2﹣4×32解得m＝±1，（m+1）＝0，不符合题意，舍去，当m＝﹣1时，x1•x2=32∴m＝1，y＝x2﹣4x+3；（3）存在．∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴A（0，3），C（2，﹣1），∴直线AB：y＝x+3，D（2，5），则CD＝5﹣（﹣1）＝6，设过P点的直线为x＝n，则P（n，n+3），E（n，n2﹣4n+3），∴PE＝（n+3）﹣（n2﹣4n+3）＝﹣n2+5n，当四边形DCEP为平行四边形时，PE＝CD，即﹣n2+5n＝6，解得n＝2或3，当n＝2时，PE与CD重合，舍去，当n＝3时，▱CDPE的面积＝（﹣n2+5n）×（3﹣2）＝6．【点评】本题考查了二次函数的综合运用．关键是根据抛物线与x轴的交点横坐标和根与系数的关系，列方程求待定系数m的值．3．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过A（3，0）、B（1，0）、C（0.3）三点，设该二次函数的顶点为G．（1）求这个二次函数的解析式及其图象的顶点G的坐标；（2）求tan∠ACG的值；（3）如该二次函数的图象上有一点P，x轴上有一点E，问是否存在以A、G、E、P为顶点的平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由于A （3，0）、B （1，0）、C （0.3）三点在二次函数y ＝ax 2+bx +c 的图象上，直接用待定系数法就可以求出抛物线的解析式，然后化为顶点式就可以求出顶点坐标．（2）过点G 作GH ⊥x 轴于点H ，GF ⊥y 轴于点F ，由勾股定理求出AC 、GC 、AG 从而求得△AGC 是直角三角形，从而求得tan ∠ACG 的值．（3）当AG 为边时，作GH ⊥x 轴于H ，PN ⊥x 轴于点N ，由平行四边形的性质可以得出PE ＝AG ，可以证明PN ＝GH ，可以求出P 的坐标，当AG 为对角线时，不存在．【解答】解：（1）∵A （3，0）、B （1，0）、C （0.3）在二次函数y ＝ax 2+bx +c 的图象上，∴{9a +3b +c =0a +b +c =0c =3解得：{a =1b =−4c =3，∴二次函数的解析式为：y ＝x 2﹣4x +3，∴y ＝（x ﹣2）2﹣1，∴顶点G （2，﹣1）．（2）G 作GH ⊥x 轴于点H ，GF ⊥y 轴于点F ，∵G （2，﹣1）、A （3，0）、B （1，0）、C （0.3），∴CF ＝4，GF ＝2，GH ＝1，HA ＝1，在Rt △GFC 、Rt △AOC 、Rt △GHA 中由勾股定理，得AC 2＝18，GC 2＝20，AG 2＝2∴△ACG 是直角三角形，且∠CAG ＝90°，∴tan ∠ACG =AG AC =13（3）当AG为边时，作GH⊥x轴于H，PN⊥x轴于点N∴∠PNE＝∠GHA＝90°∵四边形PEGA是平行四边形，∴PE＝AG，∠PEA＝∠GAE，∴△PNE≌△GHA，∴PN＝GH＝1，设P（m，1）∴m2﹣4m+3＝1，∴m＝2±√2，∴P（2±√2，1），当AG为对角线时，不可能．综上所述，点P的坐标为（2±√2，1），【点评】本题是一道二次函数的综合试题，考查了待定系数法求抛物线的解析式，勾股定理及勾股定理的逆定理的运用，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义．4．已知抛物线y＝ax2+bx+5经过点A（1，0），B（5，0）两点，顶点为D，设点E（x，y）是抛物线上一动点，且在x轴下方．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，①当点E（x，y）运动时，试求三角形OEB的面积S与x之间的函数关系式，并求出面积S 的最大值？②在y 轴上确定一点M ，使点M 到D 、B 两点的距离之和d ＝MD +MB 最小，求点M 的坐标．（3）如图2，若四边形OEBF 是以OB 为对角线的平行四边形．是否存在这样的点E ，使平行四边形OEBF 为正方形？若存在，求E 点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把A 、B 两点坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）①设点E 的坐标为（x ，x 2﹣6x +5），S ＝S △OEB =12•OB •y E =−52（x 2﹣6x +5），即可求解；②连接B ′D 交y 轴于点M ，此时，MD +MB 最小，即可求解；（3）当四边形OEBF 为正方形，则点E 的坐标为（52，−52），当x =52时，y ＝x 2﹣6x +5≠−52，即可求解．【解答】解：（1）抛物线y ＝ax 2+bx +5经过点A （1，0），B （5，0）两点，则函数表达式为：y ＝a （x ﹣x 1）（x ﹣x 2）＝a （x ﹣1）（x ﹣5）＝a （x 2﹣6x +5），则5a ＝5，即a ＝1，故抛物线的表达式为：y ＝x 2﹣6x +5；（2）①设点E 的坐标为（x ，x 2﹣6x +5）S ＝S △OEB =12•OB •y E =−52（x 2﹣6x +5），∵a =−52＜0，故函数有最大值， 当x =−b 2a =3时，函数最大值为S ＝10；②找到点B 关于y 轴的对称点B ′（﹣5，0），连接B ′D 交y 轴于点M ，此时，M 到D 、B 两点的距离之和d ＝MD +MB 最小，y ＝x 2﹣6x +5，顶点D 坐标为（3，﹣4），设直线B ′D 的表达式为：y ＝mx +n ，将点B ′、D 的坐标代入上式得：{−4=3m +m 0=−5m +n ，解得：{m =−12n =−52，则直线B ′D 的表达式为：y =−12x −52， 令x ＝0，则y =−52，即点M 的坐标为（0，−52）；（3）当四边形OEBF 为正方形，则点E 的坐标为（52，−52），当x =52时，y ＝x 2﹣6x +5＝（52）2﹣6×52+5=−154≠−52， 即点E 不在抛物线上，故不存在点E ，使平行四边形OEBF 为正方形．【点评】本题考查的是二次函数的综合运用，涉及到三角形的面积计算、特殊四边形基本性质等知识点，是一道中等难度的题目．5．已知，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c ，当1＜x ＜3时，y 值为正；当x ＜1或x ＞3时，y 值为负．（1）求抛物线的解析式．（2）若直线y ＝kx +b （k ≠0）与抛物线交于点A （12，m ）和B （4，n ），求直线的解析式．（3）设平行于y 轴的直线x ＝t 和x ＝t +2分别交线段AB 于E 、F ，交二次函数于H 、G ．①求t 的取值范围；②是否存在适当的t 值，使得EFGH 是平行四边形？若存在，求出t 值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由题意知，抛物线与x 轴的两交点坐标为（1，0）、（3，0），用交点式求解析式即可；（2）先求出A 、B 两点坐标，然后用待定系数法求直线解析式；（3）①根据题意列不等式组，求解集即可；②首先表示出E ，F ，G ，H 各点的坐标，进而根据平行四边形的性质求出t 的值即可．【解答】解：（1）∵抛物线y ＝﹣x 2+bx +c ，当1＜x ＜3时，y 值为正，当x ＜1或x ＞3时，y 值为负． ∴抛物线与x 轴的两交点坐标为（1，0）、（3，0），∴y ＝﹣（x ﹣1）（x ﹣3）＝﹣x 2+4x ﹣3；（2）∵直线y ＝kx +b （k ≠0）与抛物线交于点A （12，m ）和B （4，n ），∴m ＝﹣（12）2+4×12−3=−54，n ＝﹣42+4×4﹣3＝﹣3， ∴A （12，−54）B （4，﹣3），把A 、B 两点坐标代入直线y ＝kx +b （k ≠0）得：{12k +b =−544k +b =−3， 解得：k =−12，b ＝﹣1， ∴y =−12x ﹣1；（3）①∵平行于y 轴的直线x ＝t 和x ＝t +2分别交线段AB 于E 、F ，交抛物线于H 、G ，∴{t ≥12t +2≤4， 解得：12≤t ≤2；②存在；∵HE ∥FG ，∴当HE ＝FG 时，四边形EFGH 是平行四边形，∵HE ＝﹣t 2+4t ﹣3+12t +1＝﹣t 2+92t ﹣2，FG ＝﹣（t +2）2+4（t +2）﹣3+12（t +2）+1＝﹣t 2+12t +3； ∴﹣t 2+92t ﹣2＝﹣t 2+12t +3； 解得：t =54，∵t =54在12≤t ≤2的解集内， ∴当t =54时，四边形EFGH 是平行四边形． 【点评】此题主要考查了二次函数的综合应用以及待定系数法求一次函数和二次函数解析式以及平行四边形的性质，根据点的坐标性质得出E ，F ，G ，H 点的坐标，进而利用平行四边形对边相等得出是解题关键．6．如图，抛物线l 1：y ＝x 2﹣4的图象与x 轴交于A ，C 两点，抛物线l 2与l 1关于x 轴对称．（1）直接写出l 2所对应的函数表达式；（2）若点B 是抛物线l 1上的动点（B 与A ，C 不重合），以AC 为对角线，A ，B ，C 三点为顶点的平行四边形的第四个顶点为D ，求证：D 点在l 2上．（3）当点B 位于l 1在x 轴下方的图象上，平行四边形ABCD 的面积是否存在最大值和最小值？若存在，判断它是何种特殊平行四边形，并求出它面积的最值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据抛物线l1的解析式求出点A、C的坐标，以及顶点坐标，再根据关于x轴对称的点的横坐标不变，纵坐标互为相反数，求出l2的顶点坐标，然后利用待定系数法求出l2的解析式；（2）设点B的坐标为（x1，x12﹣4），根据平行四边形的性质和关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数求出点D的坐标，代入解析式即可证明：点D在l2上；（3）首先表示出S的值，当点B在x轴下方时，﹣4≤y1＜0，根据一次函数的增减性判断出点B的位置，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形证明，并求出S最大＝16．【解答】解：（1）∵l1与x轴的交点A（﹣2，0），C（2，0），顶点坐标是（0，﹣4），l1与l2关于x轴对称，∴l2过A（﹣2，0），C（2，0），顶点坐标是（0，4），设y＝ax2+4，则4a+4＝0，解得a＝﹣1，∴l2的解析式为y＝﹣x2+4；（2）设B（x1，y1），∵点B在l1上，∴B（x1，x12﹣4），∵四边形ABCD是平行四边形，A、C关于O对称，∴B、D关于O对称，∴D（﹣x1，﹣x12+4），将D（﹣x1，﹣x12+4）的坐标代入l2：y＝﹣x2+4，∴左边＝右边，∴点D在l2上；（3）当y ＝0时，﹣x 2+4＝0， 解得：x 1＝2，x 2＝﹣2， 所以AC ＝4，则S ▱ABCD ＝AC •（﹣y B ）＝﹣4x 2+16， 当x ＝0时，S ▱ABCD 取得最大值16， ∵当点B 在x 轴下方时，﹣4≤y 1＜0，∴S ＝﹣4y 1，它是关于y 1的正比例函数且S 随y 1的增大而减小， ∴当y 1＝﹣4时，S 有最大值16，但它没有最小值， 此时B （0，﹣4）在y 轴上，它的对称点D 也在y 轴上， ∴AC ⊥BD ，∴平行四边形ABCD 是菱形．【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了关于x 轴对称的点的坐标，待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质和菱形的判定，利用一次函数的增减性求最值问题． 7．如图，在平面直角坐标系中，已知直线l 1和l 2相交于点A ，它们的解析式分别为l 1：y =34x ，l 2：y =−43x +203．直线l 2与两坐标轴分别相交于点B 和点C ，点P 在线段OB 上从点O 出发．以每秒1个单位的速度向点B 运动，同时点Q 从点B 出发以每秒4个单位的速度沿B →O →C →B 的方向向点B 运动，过点P 作直线PM ⊥OB 分别交l 1，l 2于点M ，N ．连接MQ ．设点P ，Q 运动的时间是t 秒（t ＞0） （1）求点A 的坐标；（2）点Q 在OC 上运动时，试求t 为何值时，四边形MNCQ 为平行四边形；（3）试探究是否存在某一时刻t ，使MQ ∥OB ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将两直线解析式联立组成方程组，求出方程组的解即可得到A 的坐标；（2）由PM 垂直于x 轴，y 轴垂直于x 轴，得到MN 与QC 平行，当MN ＝QC 时，四边形MNCQ 为平行四边形，MN ＝NP ﹣MP ，由OP ＝t ，得到M 与N 的横坐标都为t ，分别代入两直线方程中，表示出出NP 与MP ，得到MN ，由Q 走过的路程减去OB 得到OQ 的长，再由OC ﹣OQ 表示出QC ，列出关于t 的方程，求出方程的解即可得到满足题意t 的值；（3）分别根据①当点Q 在OC 上时，②当点Q 在BC 上时，求出即可． 【解答】解：（1）将两直线解析式联立得：{y =34xy =−43x +203，解得：{x =165y =125，∴A （165，125）；（2）∵PM ⊥x 轴，y 轴⊥x 轴， ∴PM ∥CQ ，当PM ＝CQ 时，四边形MNCQ 为平行四边形， 对于直线l 2：y =−43x +203，令x ＝0，求出y =203；令y ＝0，求出x ＝5，∴B （5，0），C （0，203），即OB ＝5，OC =203，∴CQ ＝OC ﹣OQ =203−（4t ﹣5）=353−4t ，∵OP ＝t ，∴M 与N 横坐标为t ， ∴MN ＝PN ﹣PM =−43t +203−34t =−2512t +203，∴353−4t =−2512t +203， 解得：t =6023，则当t =6023秒时，四边形MNCQ 为平行四边形；（3）①当点Q 在OC 上时，如图2，OQ ＝4t ﹣5，MP =34t ， ∵QM ∥OB ，OQ ∥PM ，∠POQ ＝90°， ∴四边形POQM 是矩形， ∴OQ ＝PM ，∴4t ﹣5=34t ，解得：t =2013，②当点Q 在BC 上时，如图3： 在△BOC 中， sin ∠OBC =OC BC=45，MP =34t ，QB ＝20﹣4t ，在Rt △BPQ 中，点Q 到x 轴的距离＝QB sin ∠OBC =45（20﹣4t ）， 点Q 到x 轴的距离为MP ，即34t =45（20﹣4t ），解得：t =32079．综上所述：当t =2013或t =32079时，MQ ∥OB ．【点评】此题考查了一次函数综合题，涉及的知识有：两直线的交点坐标，直线与坐标轴的交点问题，平行四边形的判定与性质，坐标与图形性质，属于动点问题，是近几年中考的热点试题．8．如图，抛物线y ＝ax 2+bx ﹣3（a ≠0）与x 轴交于点A （﹣1，0）和点B ，与y 轴交于点C ，该抛物线的对称轴为x =32． （1）求a ，b 的值；（2）若点P 在抛物线上，且在x 轴的下方，作射线BP ，当∠PBA ＝∠ACO 时，求点P 的坐标； （3）若点M 在抛物线上，点N 在对称轴上，是否存在点B 、C 、M 、N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由A 点坐标和抛物线的对称轴方程可求出答案； （2）得出tan ∠PBA ＝tan ∠ACO =13=OEOB =OE4，求出OE =43，得出点E 的坐标，求出直线BE 的解析式，联立直线BE 和抛物线方程，则可得出点P 的坐标；（3）设出点M ，N 的坐标，分三种情况，利用中点坐标公式建立方程求解即可得出结论． 【解答】解：（1）∵抛物线y ＝ax 2+bx ﹣3（a ≠0）与x 轴交于点A （﹣1，0），对称轴为x =32．∴{a −b −3=0−b 2a=32，解得，{a =34b =−94．∴a =34，b =−94．（2）如图，设直线PB 与OC 交于点E ，∵抛物线解析式y =34x 2−94x ﹣3与y 轴交于点C ， ∴C （0，3）， 又∵A （﹣1，0）， ∴OA ＝1，OC ＝3，∴tan ∠ACO =OA OC=13，∵∠PBA ＝∠ACO ， ∴tan ∠PBA ＝tan ∠ACO =13=OE OB=OE 4，∴OE =43，∴E （0，−43），设直线BE 的解析式为y ＝mx +n ， ∴{4m +n =0n =−43，解得{m =13n =−43，∴直线BE 的解析式为y =13x −43，∴{y =13x −43y =34x 2−94x −3， 解得，x 1=−59，x 2＝4（舍去），∴P （−59，−4127）．（3）由（1）知，抛物线解析式为y =34x 2−94x ﹣3，对称轴直线为x =32， ∴设N （32，b ），M （m ，34m 2−94m ﹣3），∵以B 、C 、M 、N 为顶点的四边形是平行四边形， ∴①当CB 为对角线时，12（0+4）=12（32+m ）， ∴m =52，∴M （52，−6316），②当CM 为对角线时，12（m +0）=12（4+32）， ∴m =112，∴M （112，11716），③当CN 为对角线时，12（0+32）=12（4+m ）， ∴m =−52，∴M （−52，11716），即：抛物线上存在这样的点M ，点M 的坐标分别为：M （52，−6316）或（112，11716）或（−52，11716）．【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，锐角三角函数，待定系数法，平行四边形的性质，中点坐标公式等知识，熟练掌握坐标与图形的性质是解题的关键．9．如图，在平面直角坐标系中，直线y =−12x +3与x 轴、y 轴相交于A 、B 两点，点C 在线段OA 上，将线段CB 绕着点C 顺时针旋转90°得到线段CD ，此时点D 恰好落在直线AB 上，过点D 作DE ⊥x 轴于点E ． （1）求证：△BOC ≌△CED ；（2）请直接写出点D 的坐标，并求出直线BC 的函数关系式；（3）若点P 是x 轴上的一个动点，点Q 是线段CB 上的点（不与点B 、C 重合），是否存在以C 、D 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的P 点坐标．若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用同角的余角相等可得出∠OBC ＝∠ECD ，由旋转的性质可得出BC ＝CD ，结合∠BOC ＝∠CED ＝90°即可证出△BOC ≌△CED （AAS ）；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点B 的坐标，设OC ＝m ，则点D 的坐标为（m +3，m ），利用一次函数图象上点的坐标特征可求出m 值，进而可得出点C ，D 的坐标，由点B ，C 的坐标，利用待定系数法可求出直线BC 的解析式；（3）设点Q （x ，﹣3x +3），由题意得DQ ∥PC ，DQ ＝PC ，则点Q 的纵坐标＝点D 的纵坐标＝1，求出x =23，则PC ＝DQ =103，设点P 的坐标为（a ，0），分两种情况，由平行四边形的性质得出方程，解方程即可．【解答】（1）证明：∵∠BOC ＝∠BCD ＝∠CED ＝90°， ∴∠OCB +∠OBC ＝90°，∠OCB +∠ECD ＝90°， ∴∠OBC ＝∠ECD ，∵将线段CB 绕着点C 顺时针旋转90°得到CD ， ∴BC ＝CD ，在△BOC 和△CED 中，{∠BOC =∠CED∠OBC =∠ECD BC =CD ，∴△BOC ≌△CED （AAS ）；（2）解：在y =−12x +3中，令x ＝0，则y ＝3；令y ＝0，则x ＝6，∴点B 的坐标为（0，3），点A 的坐标为（6，0）， 设OC ＝m ，由（1）得：△BOC ≌△CED ， ∴OC ＝ED ＝m ，BO ＝CE ＝3， ∴点D 的坐标为（m +3，m ）， ∵点D 在直线y =−12x +3上， ∴m =−12（m +3）+3，解得：m ＝1，∴点D 的坐标为（4，1），点C 的坐标为（1，0）， 设直线BC 的解析式为y ＝kx +b ， 将B （0，3）、C （1，0）代入解析式得：{3=b0=k +b，解得：{k =−3b =3，∴直线BC 的解析式为y ＝﹣3x +3； （3）解：存在，理由如下：∵点Q 在线段CB 上，直线BC 的解析式为y ＝﹣3x +3， ∴设点Q （x ，﹣3x +3），∵点P 在x 轴上，以C 、D 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形， ∴DQ ∥PC ，DQ ＝PC ，∴点Q 的纵坐标＝点D 的纵坐标＝1， ∴﹣3x +3＝1， 解得：x =23， ∴PC ＝DQ ＝4−23=103，设点P 的坐标为（a ，0），分两种情况： ①如图1所示：则1﹣a =103，解得：a =−73， ∴P （−73，0）；②如图2所示：则a ﹣1=103，则a =133，∴P （133，0）；综上所述，存在以C 、D 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，P 点坐标为（−73，0）或（133，0）．【点评】本题是一次函数综合题目，考查了待定系数法求一次函数的解析式、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、直角三角形的性质、平行四边形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质和平行四边形的性质，由待定系数法求出一次函数的解析式是解题的关键． 10．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知直线AB ：y =23x +4交x 轴于点A ，交y 轴于点B ．直线CD ：y =−13x ﹣1与直线AB 相交于点M ，交x 轴于点C ，交y 轴于点D ． （1）直接写出点B 和点D 的坐标．（2）若点P 是射线MD 的一个动点，设点P 的横坐标是x ，△PBM 的面积是S ，求S 与x 之间的函数关系，并指出x 的取值范围．（3）当S ＝10时，平面直角坐标系内是否存在点E ，使以点B ，E ，P ，M 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，共有几个这样的点？请求出其中一个点的坐标（写出求解过程）；若不存在，请说明理由．【分析】（1）令x ＝0和y ＝0，可求点A ，点B ，点C ，点D 坐标；（2）分当P 点在y 轴左侧和当P 点在y 轴右侧两种情况讨论，由三角形的面积公式可求解； （3）分三种情况讨论，由平行四边形的性质可求解．【解答】解：（1）∵直线AB ：y =23x +4交x 轴于点A ，交y 轴于点B ， ∴点A （﹣6，0），点B （0，4），∵直线CD ：y =−13x ﹣1交x 轴于点C ，交y 轴于点D ． ∴点C （﹣3，0），点 D （0，﹣1）；（2）∵直线CD ：y =−13x ﹣1与直线AB 相交于点M ，∴{y =23x +4y =−13x −1， 解得：{x =−5y =23，∴M 点的坐标是(−5，23)，∵点B （0，4），点 D （0，﹣1）， ∴BD ＝5，∵点P 的横坐标是x ， ∴点P 坐标为（x ，−13x ﹣1）， 如图1，点P 当P 点在y 轴左侧时，∴△PBM的面积是S＝S△BMD﹣S△PBD=12×5×5−12×5×（﹣x）=252+52x；如图2，当P点在y轴右侧时，∴△PBM的面积是S＝S△BMD﹣S△PBD=12×5×5+12×5×（x）=252+52x；综上所述，所求的函数关系式是S=252+52x（x≥﹣5）；（3）存在，共有3个；当S＝10时，∴10=252+52x，∴x＝﹣1，∴P点为（﹣1，−23），设点E（a，b），若MB，MP为边时，∵四边形MPEB是平行四边形，∴BP与ME互相平分，∴−1+02=−5+a 2，−23+42=23+b 2， ∴a ＝4，b =83，∴E 点为（4，83）；若MB ，BP 为边，∵四边形BMEP 是平行四边形，∴MP 与BE 互相平分，∴−5−12=0+a 2，−23+232=4+b 2，∴a ＝﹣6，b ＝﹣4，∴E 点为（﹣6，﹣4）；若MP ，BP 为边，∵四边形EBPM 是平行四边形，∴BM 与PE 互相平分，∴−5+02=−1+a 2，4+232=−23+b 2∴a ＝﹣4，b =163，∴E 点为（﹣4，163）；综上所述：点E 的坐标为（4，83）或（﹣6，﹣4）或（﹣4，163）．【点评】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的性质，平行四边形的性质，中点坐标公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．11．如图所示，抛物线y ＝x 2﹣2x +c 的顶点A 在直线l ：y ＝x ﹣5上．（1）求抛物线顶点A 的坐标；（2）设抛物线与y 轴交于点B ，与x 轴交于点C 、D （C 点在D 点的左侧），判断△ABD 的形状，并说明理由；（3）将抛物线沿直线l 的方向平移，平移后抛物线的顶点为A ′，是否存在点A ′，使以点A ′、A 、B 、D 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求平移后所有满足条件的抛物线的函数表达式；若不存在，说明理由．【分析】（1）先求得抛物线的对称轴，从而得到点A的横坐标，然后可求得点A的纵坐标；（2）先求得点B、D的坐标，然后再依据两点间的距离公式求得BD、AB、AD的长，然后再依据勾股定理的逆定理进行判断即可；（3）首先证明BD∥l，则构成的平行四边形只能是A'ADB或A'ABD，则A'A＝BD＝3√2，设A'（x，x﹣5），最后，再依据两点间的距离公式列方程，可求A'的坐标，即可求解．=1，【解答】解（1）∵抛物线的对称轴为x=−b2a∴顶点A的横坐标为x＝1，∴点A的纵坐标为y＝1﹣5＝﹣4，∴A（1，﹣4）；（2）△ABD是直角三角形，理由如下：将A（1，﹣4）代入y＝x2﹣2x+c中，可得到1﹣2+c＝﹣4，解得：c＝﹣3，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，解得：x＝﹣1或x＝3，∴C（﹣1，0）、D（3，0）．∵BD2＝OB2+OD2＝18，AB2＝12+（﹣4+3）2＝2，AD2＝（3﹣1）2+42＝20，∴BD2+AB2＝AD2，∴∠ABD＝90°，即△ABD是直角三角形；（3）存在．由题意知：直线y＝x﹣5交y轴于点E（0，﹣5），交x轴于点F（5，0），∴OE＝OF＝5，又∵OB＝OD＝3，∴∠OEF＝∠OBD＝45°，∴BD∥l，即A'A∥BD，则构成平行四边形只能是A'ADB或A'ABD，∴AA'＝BD＝3√2，设A'（x，x﹣5），两点间的距离公式可得到（1﹣x）2+（1﹣x）2＝18，x2﹣2x﹣8＝0，解得：x＝﹣2或x＝4，∴点A'（﹣2，﹣7）或A'（4，﹣1）．∴存在点A'（﹣2，﹣7）或A'（4，﹣1）使得以点A'，A、B、D为顶点的四边形是平行四边形，∴平移后的抛物线的函数表达式为y＝（x+2）2﹣7或y＝（x﹣4）2﹣1．【点评】本题是二次函数的综合应用，考查了二次函数的性质，勾股定理以及勾股定理的逆定理，平行线四边形的性质，两点间的距离公式，熟练掌握相关知识是解题的关键．12．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，已知点A（﹣6，0）、D（﹣7，3），点B、C在第二象限内．（1）点B的坐标（﹣3，1）；（2）将正方形ABCD以每秒2个单位的速度沿x轴向右平移t秒，若存在某一时刻t，使在第一象限内点B、D两点的对应点B'、D'正好落在某反比例函数的图象上，请求出此时t的值以及这个反比例函数的解析式；（3）在（2）的情况下，问是否存在y轴上的点P和反比例函数图象上的点Q，使得以P、Q、B'、D'四个点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合题意的点P、Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先求出OA＝6，OG＝7，DG＝3，再判断出△DGA≌△AHB（AAS），得出DG＝AH＝3，BH ＝AG＝1，即可得出结论；（2）先根据运动表示出点B'，D'的坐标，进而求k，t，即可得出结论；（3）先求出点B'，D'的坐标，再分三种情况，利用平行四边形的对角线互相平分建立方程求解即可得出结论．【解答】解：（1）如图，过点B、D分别作BH⊥x轴、DG⊥x轴交于点H、G，∵点A（﹣6，0）、D（﹣7，3），∴OA＝6，OG＝7，DG＝3，∴AG＝OG﹣OA＝1，∵∠DAG+∠BAH＝90°，∠DAG+∠GDA＝90°，∴∠GDA＝∠BAH，又∠DGA＝∠AHB＝90°，AD＝AB，∴△DGA≌△AHB（AAS），∴DG＝AH＝3，BH＝AG＝1，∴点B坐标为（﹣3，1）；（2）由（1）知，B（﹣3，1），∵D（﹣7，3）∴运动t秒时，点D'（﹣7+2t，3）、B'（﹣3+2t，1），，设反比例函数解析式为y=kx∵点B'，D'在反比例函数图象上，∴k＝（﹣7+2t）×3＝（﹣3+2t）×1，，k＝6，∴t=92；∴反比例函数解析式为y=6x（3）存在，理由：由（2）知，点D'（﹣7+2t，3）、B'（﹣3+2t，1），t=9，2∴D'（2，3）、B'（6，1），由（2）知，反比例函数解析式为y=6，x），点P（0，s），设点Q（m，6m以P、Q、B'、D'四个点为顶点的四边形是平行四边形，∴①当PQ与B'D'是对角线时，∴12（0+m ）=12（2+6），12（s +6m ）=12（3+1）， ∴m ＝8，s =134， ∴Q （8，34），P （0，134），②当PB '与QD '是对角线时，∴12（0+6）=12（2+m ），12（s +1）=12（6m +3）， ∴m ＝4，s =72， ∴Q （4，32），P （0，72）．③当PD '与QB '是对角线时，∴12（0+2）=12（m +6），12（s +3）=12（6m +1），∴m ＝﹣4，s =−72， ∴Q （﹣4，−32），P （0，−72）， 综上：Q （8，34），P （0，134）或Q （4，32），P （0，72）或Q （﹣4，−32），P （0，−72）．【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，用分类讨论的思想和方程的思想解决问题是解本题的关键．。

2020-2021备战中考数学压轴题之平行四边形(备战中考题型整理,突破提升)附答案一、平行四边形1．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．（1）①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明；②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb （a≠b，k＞0），第（1）题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=12，求BE2+DG2的值．【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．【解析】分析：（1）①根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；②结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；（2）根据两条对应边的比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中的位置关系仍然成立；（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和．详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE，∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，∴BC CG b==，DC CE a又∵∠BCG=∠DCE，∴△BCG∽△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（3）连接BE、DG．根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．点睛：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理．2．如图，正方形ABCD的边长为8，E为BC上一定点，BE＝6，F为AB上一动点，把△BEF沿EF折叠，点B落在点B′处，当△AFB′恰好为直角三角形时，B′D的长为？465225【解析】【分析】分两种情况分析：如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN= 3.2 5.6B N'+；如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，AF=2，过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN=22B N'+；【详解】如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，∵∠B=90°，∴AE=2222AB BE=86++=10，∵B′E=BE=6，∴AB′=4，∵B′F=BF，AF+BF=AB=8，在Rt△AB′F中，∠AB′F=90°，由勾股定理得，AF2=FB′2+AB′2，∴AF=5，BF=3，过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，∴AN=B′M=2.4，∴DN=AD-AN=8-2.4=5.6，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN= 3.2 5.6B N'+ =4655；如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，∴AF=2，过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，∴AN=B′F=6，B′N=AF=2，∴DN=AD-AN=2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN=22B N'+ =22；综上，可得B′D 4655或2【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定，矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等，能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关键.3．已知AD是△ABC的中线P是线段AD上的一点（不与点A、D重合），连接PB、PC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，AD与EF交于点M；（1）如图1，当AB＝AC时，求证：四边形EGHF是矩形；（2）如图2，当点P与点M重合时，在不添加任何辅助线的条件下，写出所有与△BPE面积相等的三角形（不包括△BPE本身）．【答案】（1）见解析；（2）△APE、△APF、△CPF、△PGH．【解析】【分析】（1）由三角形中位线定理得出EG∥AP，EF∥BC，EF=12BC，GH∥BC，GH=12BC，推出EF∥GH，EF=GH，证得四边形EGHF是平行四边形，证得EF⊥AP，推出EF⊥EG，即可得出结论；（2）由△APE与△BPE的底AE=BE，又等高，得出S△APE=S△BPE，由△APE与△APF的底EP=FP，又等高，得出S△APE=S△APF，由△APF与△CPF的底AF=CF，又等高，得出S△APF=S△CPF，证得△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半，推出S△PGH=12S△AEF=S△APF，即可得出结果．【详解】（1）证明：∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，∴EG∥AP，EF∥BC，EF＝12BC，GH∥BC，GH＝12BC，∴EF∥GH，EF＝GH，∴四边形EGHF是平行四边形，∵AB＝AC，∴AD⊥BC，∴EF⊥AP，∵EG∥AP，∴EF⊥EG，∴平行四边形EGHF是矩形；（2）∵PE是△APB的中线，∴△APE与△BPE的底AE＝BE，又等高，∴S△APE＝S△BPE，∵AP是△AEF的中线，∴△APE 与△APF 的底EP ＝FP ，又等高，∴S △APE ＝S △APF ，∴S △APF ＝S △BPE ，∵PF 是△APC 的中线，∴△APF 与△CPF 的底AF ＝CF ，又等高，∴S △APF ＝S △CPF ，∴S △CPF ＝S △BPE ，∵EF ∥GH ∥BC ，E 、F 、G 、H 分别是AB 、AC 、PB 、PC 的中点，∴△AEF 底边EF 上的高等于△ABC 底边BC 上高的一半，△PGH 底边GH 上的高等于△PBC 底边BC 上高的一半，∴△PGH 底边GH 上的高等于△AEF 底边EF 上高的一半，∵GH ＝EF ，∴S △PGH ＝12S △AEF ＝S △APF ， 综上所述，与△BPE 面积相等的三角形为：△APE 、△APF 、△CPF 、△PGH ．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理、平行线的性质、三角形面积的计算等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键．4．如图①，四边形ABCD 是知形，1,2AB BC ==，点E 是线段BC 上一动点(不与,B C 重合)，点F 是线段BA 延长线上一动点，连接,,,DE EF DF EF 交AD 于点G .设,BE x AF y ==，已知y 与x 之间的函数关系如图②所示.（1）求图②中y 与x 的函数表达式;（2）求证:DE DF ⊥;（3）是否存在x 的值，使得DEG △是等腰三角形?如果存在，求出x 的值;如果不存在，说明理由【答案】（1）y ＝﹣2x +4（0＜x ＜2）；（2）见解析；（3）存在，x ＝5455-32． 【解析】【分析】（1）利用待定系数法可得y 与x 的函数表达式；（2）证明△CDE ∽△ADF ，得∠ADF ＝∠CDE ，可得结论；（3）分三种情况：①若DE ＝DG ，则∠DGE ＝∠DEG ，②若DE ＝EG ，如图①，作EH ∥CD ，交AD 于H ，③若DG ＝EG ，则∠GDE ＝∠GED ，分别列方程计算可得结论．【详解】（1）设y ＝kx +b ，由图象得：当x ＝1时，y ＝2，当x ＝0时，y ＝4，代入得：24k b b +=⎧⎨=⎩，得24k b =-⎧⎨=⎩， ∴y ＝﹣2x +4（0＜x ＜2）；（2）∵BE ＝x ，BC ＝2∴CE ＝2﹣x ， ∴211,4222CE x CD AF x AD -===-， ∴CE CD AF AD=， ∵四边形ABCD 是矩形，∴∠C ＝∠DAF ＝90°，∴△CDE ∽△ADF ，∴∠ADF ＝∠CDE ，∴∠ADF +∠EDG ＝∠CDE +∠EDG ＝90°，∴DE ⊥DF ；（3）假设存在x 的值，使得△DEG 是等腰三角形，①若DE ＝DG ，则∠DGE ＝∠DEG ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，∠B ＝90°，∴∠DGE ＝∠GEB ，∴∠DEG ＝∠BEG ，在△DEF 和△BEF 中，FDE B DEF BEF EF EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DEF ≌△BEF （AAS ），∴DE ＝BE ＝x ，CE ＝2﹣x ，∴在Rt △CDE 中，由勾股定理得：1+（2﹣x ）2＝x 2，x ＝54；②若DE ＝EG ，如图①，作EH ∥CD ，交AD 于H ，∵AD ∥BC ，EH ∥CD ，∴四边形CDHE 是平行四边形，∴∠C ＝90°，∴四边形CDHE 是矩形，∴EH ＝CD ＝1，DH ＝CE ＝2﹣x ，EH ⊥DG ，∴HG ＝DH ＝2﹣x ，∴AG ＝2x ﹣2，∵EH ∥CD ，DC ∥AB ，∴EH ∥AF ，∴△EHG ∽△FAG ， ∴EH HG AF AG =， ∴124222x x x -=--， ∴125555x x -+==（舍）， ③若DG ＝EG ，则∠GDE ＝∠GED ，∵AD ∥BC ，∴∠GDE ＝∠DEC ，∴∠GED ＝∠DEC ，∵∠C ＝∠EDF ＝90°，∴△CDE ∽△DFE ， ∴CE DE CD DF=， ∵△CDE ∽△ADF ， ∴12DE CD DF AD ==， ∴12CE CD =， ∴2﹣x ＝12，x ＝32， 综上，x ＝54或5-52或32．【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，三角形相似和全等的性质和判定，矩形和平行四边形的性质和判定，勾股定理和逆定理等知识，运用相似三角形的性质是解决本题的关键．5．如图，在正方形ABCD 中，E 是边AB 上的一动点，点F 在边BC 的延长线上，且CF AE =，连接DE ，DF ，EF . FH 平分EFB ∠交BD 于点H .（1）求证：DE DF ⊥；（2）求证：DH DF =：（3）过点H 作HM EF ⊥于点M ，用等式表示线段AB ，HM 与EF 之间的数量关系，并证明.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）22EF AB HM =-，证明详见解析.【解析】【分析】（1）根据正方形性质， CF AE =得到DE DF ⊥.（2）由AED CFD △△≌，得DE DF =.由90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠， 得45DBF ∠=︒.因为FH 平分EFB ∠，所以EFH BFH ∠=∠.由于45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, 所以DH DF =.（3）过点H 作HN BC ⊥于点N ，由正方形ABCD 性质，得222BD AB AD AB =+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，得HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，，所以22sin 45HN BH HN HM ===︒.由22cos 45DF EF DF DH ===︒，得22EF AB HM =-. 【详解】 （1）证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴AD CD =，90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=︒.∴90EAD FCD ∠=∠=︒.∵CF AE =。

2021中考数学几何专项突破平行四边形一、选择题1. 六边形的内角和是()A. 540°B. 720°C. 900°D. 1080°2. 如图，在▱ABCD中，BM是∠ABC的平分线交CD于点M，且MC＝2，▱ABCD 的周长是14，则DM等于()A. 1B. 2C. 3D. 43. 四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，下列四组条件中，一定能判定四边形ABCD为平行四边形的是()A.AD∥BCB.OA=OC，OB=ODC.AD∥BC，AB=DCD.AC⊥BD4. 若从一个多边形的一个顶点出发，最多可以作2条对角线，则这个多边形是()A．四边形B．五边形C．六边形D．七边形5. 如图，▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，OE⊥BD交AD于点E，连接BE，若▱ABCD的周长为28，则△ABE的周长为()A.28B.24C.21D.146. 如图，将▱ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点B′处．若∠1＝∠2＝44°，则∠B为()A. 66°B. 104°C. 114°D. 124°7. 如图，E是▱ABCD 的边AD 延长线上一点，连接BE ，CE ，BD ，BE 交CD 于点F .添加以下条件，不能判定四边形BCED 为平行四边形的是 ( )A .∠ABD=∠DCEB .DF=CFC .∠AEB=∠BCDD .∠AEC=∠CBD8. 若一个多边形的一个顶点处的所有对角线把多边形分成4个三角形，则这个多边形的边数为( ) A ．3 B ．4C ．5D ．69. 如图，▱ABCD的对角线AC ，BD 相交于点O ，AE 平分∠BAD 交BC 于点E ，且∠ADC=60°，AB=BC ，连接OE.有下列结论:①∠CAD=30°，②S ▱ABCD =AB ·AC ，③OB=AB ，④OE=BC ，其中正确的有 ( )A .1个B .2个C .3个D .4个10. 如图，四边形ABCD 中，E F，分别是边AB CD ，的中点，则AD BC ，和EF 的关系是（ ）A ．2AD BC EF +>B ．2AD BC EF +≥ C ．2AD BC EF +< D ．2AD BC EF +≤A CDEFPFEDCBA二、填空题11. 如图所示，四边形ABCD 的对角线相交于点O ，若AB ∥CD ，请添加一个条件________(写一个即可)，使四边形ABCD 是平行四边形．12. 如图所示，在▱ABCD中，∠C ＝40°，过点D 作AD 的垂线，交AB 于点E ，交CB 的延长线于点F ，则∠BEF 的度数为__________．13. 将平行四边形OABC 放置在如图所示的平面直角坐标系中，点O 为坐标原点.若点A 的坐标为(3，0)，点C 的坐标为(1，2)，则点B 的坐标为 .14. 如图，在▱ABCD中，BE ⊥AB 交对角线AC 于点E ，若∠1＝20°，则∠2的度数为________．15. 如图，在▱ABCD中，E 为边CD 上一点，将△ADE 沿AE 折叠至△AD′E 处，AD ′与CE 交于点F ，若∠B ＝52°，∠DAE ＝20°，则∠FED′的大小为________．16. 如图，有一个边长不定的正方形ABCD ，它的两个相对的顶点A ，C 分别在边长为1的正六边形一组平行的对边上，另外两个顶点B ，D 在正六边形内部(包括边界)，则正方形边长a 的取值范围是________．三、解答题17. 如图，在菱形ABCD 中，点P 是BC 边上一点，连接AP ，点E ，F 是AP 上的两点，连接DE ，BF ，使得∠AED=∠ABC ，∠ABF=∠BPF .求证: (1)△ABF ≌△DAE ; (2)DE=BF+EF .18. 如图，在▱ABCD中，点E 是BC 边的一点，将边AD 延长至点F ，连接CF ，DE ，使得∠AFC=∠DEC.(1)求证:四边形DECF 是平行四边形; (2)如果AB=13，DF=14，tan ∠DCB=，求CF 的长.19. 在平行四边形ABCD 的对角线BD 上取一点E ，使13BE DE =，连接AE 并延长与DC 的延长线交于F ，则2CF AB =．图1CAEDBF20. 如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC 是平行四边形．直线l 经过O 、C 两点，点A 的坐标为(8，0)，点B 的坐标为(11，4)，动点P 在线段OA 上从O 出发以每秒1个单位的速度向点A 运动，同时动点Q 从点A 出发以每秒2个单位的速度沿A →B →C 的方向向点C 运动，过点P 作PM 垂直于x 轴，与折线O —C —B 相交于点M ．当P 、Q 两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点P 、Q 运动的时间为t 秒（t ＞0），△MPQ 的面积为S ． （1）点C 的坐标为____________，直线l 的解析式为____________；（2）试求点Q 与点M 相遇前S 与t 的函数关系式，并写出相应的t 的取值范围． （3）试求题（2）中当t 为何值时，S 的值最大？最大值是多少？21. 如图，求证：四边形两组对边中点连线与两对角线中点连结这三条线共点．OE FLHNMDCB A2021中考数学 几何专项突破 平行四边形-答案一、选择题1. 【答案】B 【解析】根据多边形内角和定理：n 边形的内角和等于(n －2)×180°(n ≥3，且n 为整数)，计算可得．(6－2)×180°＝720°，故选B.2. 【答案】C 【解析】∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB ∥CD ，∴∠ABM ＝∠CMB ，∵BM 平分∠ABC ，∴∠ABM ＝∠CBM ，∴∠CBM ＝∠CMB ，∴CB ＝MC ＝2，∴AD ＝BC ＝2，∵▱ABCD 的周长是14，∴AB ＝CD ＝5，∴DM ＝DC －MC ＝3.3. 【答案】B[解析]∵OA=OC ，OB=OD ，∴四边形ABCD 是平行四边形.故选B .4. 【答案】B[解析] 设这个多边形的边数是n.由题意，得n －3＝2，解得n ＝5.5. 【答案】D[解析]因为平行四边形的对角线互相平分，OE ⊥BD ，所以OE 垂直平分BD ，所以BE=DE ，从而△ABE 的周长等于AB +AD ，即▱ABCD 的周长的一半，所以△ABE 的周长为14，故选D .6. 【答案】C【解析】设∠ACD ＝x ，∠B ＝y ，则根据题意可列方程组⎩⎨⎧x ＋y ＋44°＝180°180°－y －（44°－x ）＝44°，解得y ＝114°.7. 【答案】C[解析]根据平行四边形的性质，得AD ∥BC ，AB ∥CD ，所以DE ∥BC ，∠ABD=∠CDB ，若添加∠ABD=∠DCE ，可得∠CDB=∠DCE ，从而可得BD ∥CE ，所以四边形BCED 为平行四边形，故A 不符合题意;根据平行线的性质，得∠DEF=∠CBF ，若添加DF=CF ，由于∠EFD=∠BFC ，故△DEF ≌△CBF ，从而EF=BF ，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，得四边形BCED 为平行四边形，故B 不符合题意;根据平行线的性质，得∠AEB=∠CBF ，若添加∠AEB=∠BCD ，易得∠CBF=∠BCD ，求得CF=BF ，同理，EF=DF ，不能判定四边形BCED 为平行四边形，故C 符合题意;根据平行线的性质，得∠DEC +∠BCE=180°，若添加∠AEC=∠CBD ，则∠BCE +∠CBD=180°，所以BD ∥CE ，于是得四边形BCED 为平行四边形，故D 不符合题意.8. 【答案】D[解析] 设这个多边形的边数为n ，则n －2＝4，解得n ＝6.9. 【答案】C[解析]∵四边形ABCD 是平行四边形，∴∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=120°. ∵AE 平分∠BAD ，∴∠BAE=∠EAD=60°， ∴△ABE 是等边三角形，∴AE=AB=BE.∵AB=BC ，∴AE=BC ，∴∠BAC=90°，∴∠CAD=30°， 故①正确;∵AC ⊥AB ，∴S ▱ABCD =AB ·AC ， 故②正确;∵AB=BC ，OB=BD ，BD>BC ， ∴AB ≠OB ，故③错误; ∵CE=BE ，CO=OA ，∴OE=AB=BC ， 故④正确.10. 【答案】B【解析】连结BD ，取BD 的中点P ，连结FP EP ，，由三角形的中位线可知选BA BCDEFP B二、填空题11. 【答案】AD ∥BC (答案不唯一) 【解析】根据平行四边形的判定，在已有AB ∥DC 的条件下，可再加另一组对边平行即可证得它是平行四边形，即加“AD ∥BC”．12. 【答案】50° 【解析】在平行四边形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ∥BC ，∴∠FBA ＝∠C ＝40°，∵FD ⊥AD ，∴∠ADF ＝90°，∵AD ∥BC ，∴∠F ＝∠ADF ＝90°，∴∠BEF ＝180°－90°－40°＝50°.13. 【答案】(4，2) [解析]因为四边形OABC 是平行四边形， 所以BC=OA=3. 所以点B (4，2).14. 【答案】110°【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD∥AB，∴∠CAB＝∠1＝20°，∵BE ⊥AB交对角线AC于点E，∴∠ABE＝90°，∴∠2＝∠CAB＋∠ABE＝20°＋90°＝110°.15. 【答案】36°【解析】∵在▱ABCD中，∠D＝∠B＝52°，∴∠AEF＝∠DAE ＋∠D＝20°＋52°＝72°，∴∠AED＝180°－∠AEF＝108°，由折叠的性质得，∠AED′＝∠AED＝108°，∴∠FED′＝∠AED′－∠AEF＝108°－72°＝36°.16. 【答案】62≤a≤3－3【解析】∵ABCD是正方形，∴AB＝a＝22AC，∴a 的取值范围与AC的长度直接相关．如解图①，当A，C两点恰好是正六边形一组对边中点时，a的值最小，∵正六边形的边长为1，∴AC＝3，∴AB＝a＝22 AC＝62；如解图②，连接MN，延长AE，BF交于点G，∵正六边形和正方形ABCD，∴△MNG、△ABG、△EFG为正三角形，设AE＝BF＝x，则AM＝BN ＝1－x，AG＝BG＝AB＝1＋x＝a，∵GM＝MN＝2，∠BNM＝60°，∴sin∠BNM＝sin60°＝BC2BN＝a21－x，∴3()1－x＝a，∴3()2－a＝a，解得，a ＝233＋1＝3－ 3.∴正方形边长a的取值范围是62≤a≤3－ 3.三、解答题17. 【答案】证明:(1)∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，AD∥BC，∴∠BP A=∠DAE.在△ABP和△DAE中，又∵∠ABC=∠AED，∴∠BAF=∠ADE.∵∠ABF=∠BPF，∠BP A=∠DAE，∴∠ABF=∠DAE，又∵AB=DA，∴△ABF≌△DAE(ASA).(2)∵△ABF≌△DAE，∴AE=BF，DE=AF.∵AF=AE+EF=BF+EF，∴DE=BF+EF.18. 【答案】解:(1)证明:∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ∥BC. ∴∠ADE=∠DEC. ∵∠AFC=∠DEC ， ∴∠AFC=∠ADE ， ∴DE ∥FC.∴四边形DECF 是平行四边形. (2)如图，过点D 作DH ⊥BC 于点H ，∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AB=CD=13.∵tan ∠BCD=，CD=13，∴DH=12，CH=5.∵DF=14，∴CE=14.∴EH=9. ∴DE==15.∴CF=DE=15.19. 【答案】法1：如图2，取BD 之中点O ，由O 引OM AF ∥交DF 于M ，再由C 引CG FE ∥交BD 于G ．图2FBD E ACMOG∵AB CD =，ABE CDG ∠=∠，BAE DCG ∠=∠， ∴ABE CDG ∆∆≌，BE DG =，则O 为EG 的中点， ∴EO OG =． 又∵13DG BE DE ==，∴13EO OG DE ==，即G 、O 是DE 的三等分点． ∵CG OM AF ∥∥，∴C 、M 是DF 的三等分点，有2CF CD =． 而CD AB =，∴2CF AB =．法2：如图3，连接AC 交BD 于O ，则O 为AC 、BD 的中点，取AF 的中点R ，连接AC 交BD 于O ，则O 为AC 、BD 的中点，取AF 的中点R ，连接OR ，则12OR CF =∥．图3FBD E ACRO∵OR CD AB ∥∥，∴ABE ROE ∠=∠，BAE ORE ∠=∠．又∵BE OE OD +=，11()33BE DE OE OD ==+，由此可得12BE OD =，13OE DE =，∴BE OE =，ABE ROE ∆∆≌， ∴AB OR =．即12AB OR CF ==，∴2CF AB =．法3：如图1，∵AB DF ∥，∴13AB BE DF DE ==， 即3DF AB =． 又∵AB CD =，∴3CF DF CD AB AB =-=-，即2CF AB =．20. 【答案】（1）点C 的坐标为(3，4)，直线l 的解析式为43y x =．（2）①当M 在OC 上，Q 在AB 上时，502t ＜≤．在Rt △OPM 中，OP ＝t ，4tan 3OMP ∠=，所以43PM t =．在Rt △AQE 中，AQ ＝2t ，3cos 5QAE ∠=，所以65AE t =．于是618855PE t t t =+-=+．因此212162153S PE PM t t =⋅=+．②当M 在OC 上，Q 在BC 上时，532t ＜≤．因为25BQ t =-，所以11(25)163PF t t t =---=-． 因此2132223S PF PM t t =⋅=-+． ③当M 、Q 相遇时，根据P 、Q 的路程和2115t t +=+，解得163t =． 因此当M 、Q 都在BC 上，相遇前，1633t ＜≤，PM ＝4，162163MQ t t t =--=-． 所以16322S MQ PM t =⋅=-+．图2 图3 图4（3）①当502t ＜≤时，222162160(20)153153S t t t =+=+-． 因为抛物线开口向上，在对称轴右侧，S 随t 的增大而增大，所以当52t =时，S 最大，最大值为856． ②当532t ＜≤时，2232812822()339S t t t =-+=--+． 因为抛物线开口向下，所以当83t =时，S 最大，最大值为1289． ③当1633t ＜≤时，16322S MQ PM t =⋅=-+． 因为S 随t 的增大而减小，所以当3t =时，S 最大，最大值为14． 综上所述，当83t =时，S 最大，最大值为1289． 第（2）题中，M 、Q 从相遇到运动结束，S 关于t 的函数关系式是怎样的？ 此时161332t ＜≤， 216316MQ t t t =+-=-．因此16322S MQ PM t =⋅=-．图521. 【答案】 方法一：设N H M L F E ，，，，，分别为AB BC CD DA AC BD ，，，，，的中点，要证明EF LH ，，及MN 三线共点．因为LF DC ∥且12LF DC =， 所以EF DC ∥且12EF DC =，LF EH ∥且LF EH =，从而四边形EHFL 为平行四边形，故LH 与EF 互相平分．设LH 与EF 的交点为O ，则LH 经过EF 中点O （当然也是LH 中点）．同理，MN 也过EF 中点O ．所以，EF ，LH ，MN 三线共点于O ． 说明：本题证明的关键是平行四边形EHFL 的获得（它是通过三角形中位线定理来证明的）．由此可见，在某些四边形的问题中，通过构造平行四边形去解题是一种常用的技巧．请看下例．方法二：应用中点公式法可设()11A x y ，，()()()223344B x y C x y D x y ，，，，， 那么AC 线段的中点坐标为131322x x y y F ++⎛⎫⎪⎝⎭，，BD 线段的中点坐标为242422x x y y E ++⎛⎫ ⎪⎝⎭， 那么EF 线段的中点坐标为1234123422x x x x y y y y ++++++⎛⎫ ⎪⎝⎭， 同理可得：MN LH ，的中点坐标也为1234123422x x x x y y y y ++++++⎛⎫⎪⎝⎭， 所以可知：EF ，LH ，MN 三线共点于O。

中考数学提高题专题复习平行四边形练习题含答案一、解答题1．如图，在ABC ∆中，BD 平分ABC ∠交AC 于点D ，EF 垂直平分BD ，分别交AB ，BC ，BD 于点E ，F ，G ，连接DE ，DF ．（1）求证：四边形BEDF 是菱形；（2）若15BDE ∠=︒，45C ∠=︒，2DE =，求CF 的长；（3）在（2）的条件下，求四边形BEDF 的面积．2．正方形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，点P 是正方形ABCD 对角线BD 上的一个动点（点P 不与点B ，O ，D 重合），连接CP 并延长，分别过点D ，B 向射线作垂线，垂足分别为点M ，N ．（1）补全图形，并求证：DM ＝CN ；（2）连接OM ，ON ，判断OMN 的形状并证明．3．如图，点A 、F 、C 、D 在同一直线上，点B 和点E 分别在直线AD 的两侧，且AB =DE ，∠A =∠D ，AF =DC ．（1）求证：四边形BCEF 是平行四边形；（2）若∠DEF =90°，DE =8，EF =6，当AF 为 时，四边形BCEF 是菱形．4．如图，M 为正方形ABCD 的对角线BD 上一点.过M 作BD 的垂线交AD 于E ，连BE ，取BE 中点O ．（1）如图1，连AO MO 、，试证明90AOM ︒∠=；（2）如图2，连接AM AO 、，并延长AO 交对角线BD 于点N ，试探究线段DM MN NB 、、之间的数量关系并证明；（3）如图3,延长对角线BD 至Q 延长DB 至P ,连,CP CQ 若2,9PB PQ ==,且135PCQ ︒∠=，则PC ．（直接写出结果）5．如图，矩形ABCD 中，AB=4，AD=3，∠A 的角平分线交边CD 于点E ．点P 从点A 出发沿射线AE 以每秒2个单位长度的速度运动，Q 为AP 的中点，过点Q 作QH ⊥AB 于点H ，在射线AE 的下方作平行四边形PQHM （点M 在点H 的右侧），设P 点运动时间为t 秒．（1）直接写出AQH 的面积（用含t 的代数式表示）．（2）当点M 落在BC 边上时，求t 的值．（3）在运动过程中，整个图形中形成的三角形是否存在全等三角形？若存在，请写出所有全等三角形，并求出对应的t 的值；若不存在请说明理由（不能添加辅助线）．6．如图①，已知正方形ABCD 的边长为3，点Q 是AD 边上的一个动点，点A 关于直线BQ 的对称点是点P ，连接QP 、DP 、CP 、BP ，设AQ =x ．（1）BP ＋DP 的最小值是_______，此时x 的值是_______；（2）如图②，若QP 的延长线交CD 边于点M ，并且∠CPD =90°．①求证：点M 是CD 的中点；②求x 的值．（3）若点Q 是射线AD 上的一个动点，请直接写出当△CDP 为等腰三角形时x 的值．7．在平面直角坐标中，四边形OCNM 为矩形，如图1，M 点坐标为（m ，0），C 点坐标为（0，n ），已知m ，n 满足550n m -+-=．（1）求m ，n 的值；（2）①如图1，P ，Q 分别为OM ，MN 上一点，若∠PCQ ＝45°，求证：PQ ＝OP+NQ ； ②如图2，S ，G ，R ，H 分别为OC ，OM ，MN ，NC 上一点，SR ，HG 交于点D ．若∠SDG ＝135°，55HG =，则RS ＝______； （3）如图3，在矩形OABC 中，OA ＝5，OC ＝3，点F 在边BC 上且OF ＝OA ，连接AF ，动点P 在线段OF 是（动点P 与O ，F 不重合），动点Q 在线段OA 的延长线上，且AQ ＝FP ，连接PQ 交AF 于点N ，作PM ⊥AF 于M ．试问：当P ，Q 在移动过程中，线段MN 的长度是否发生变化？若不变求出线段MN 的长度；若变化，请说明理由．8．已知：在矩形ABCD 中，点F 为AD 中点,点E 为AB 边上一点，连接CE 、EF 、CF ，EF 平分∠AEC ．(1)如图1，求证：CF ⊥EF;(2)如图2，延长CE 、DA 交于点K, 过点F 作FG ∥AB 交CE 于点G 若，点H 为FG 上一点，连接CH,若∠CHG=∠BCE, 求证：CH=FK;(3)如图3, 过点H 作HN ⊥CH 交AB 于点N,若EN=11,FH-GH=1,求GK 长.9．（问题情境）在△ABC中，AB=AC，点P为BC所在直线上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．当P在BC边上时（如图1），求证：PD+PE=CF．图① 图② 图③证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．（不要证明）（变式探究）当点P在CB延长线上时，其余条件不变（如图3）.试探索PD、PE、CF之间的数量关系并说明理由.请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：（结论运用）如图4，将长方形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF 上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH 的值；（迁移拓展）在直角坐标系中.直线l1：y=443x-+与直线l2：y=2x+4相交于点A，直线l1、l2与x轴分别交于点B、点C．点P是直线l2上一个动点,若点P到直线l1的距离为1.求点P的坐标.10．在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．（1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝；（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长；（3）若AG＝517，请直接写出此时DE的长．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、解答题1．（1）见解析；（23；（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．【详解】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=12DF=1，FH=3DH=3，∵∠C=45°，DH⊥BC，∴∠C=∠CDH=45°，∴DH=CH=1，∴FC=FH+CH=3+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．【点睛】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．2．（1）见解析；（2）MON为等腰直角三角形，见解析【分析】（1）如图1，由正方形的性质得CB ＝CD ，∠BCD ＝90°，再证明∠BCN ＝∠CDM ，然后根据“AAS”证明△CDM ≌△CBN ，从而得到DM ＝CN ；（2）如图2，利用正方形的性质得OD ＝OC ，∠ODC ＝∠OCB ＝45°，∠DOC ＝90°，再利用∠BCN ＝∠CDM 得到∠OCN ＝∠ODM ，则根据“SAS”可判断△OCN ≌△ODM ，从而得到ON ＝OM ，∠CON ＝∠DOM ，所以∠MON ＝∠DOC ＝90°，于是可判断△MON 为等腰直角三角形．【详解】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD 为正方形，∴CB ＝CD ，∠BCD ＝90°，∵DM ⊥CP ，BN ⊥CP ，∴∠DMC ＝90°，∠BNC ＝90°，∵∠CDM+∠DCM ＝90°，∠BCN+∠DCM ＝90°，∴∠BCN ＝∠CDM ，在△CDM 和△CBN 中DMC CNB CD CBCDM BCN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴△CDM ≌△CBN ，∴DM ＝CN ；（2）解：△OMN 为等腰直角三角形．理由如下：如图2，∵四边形ABCD 为正方形，∴OD ＝OC ，∠ODC ＝∠OCB ＝45°，∠DOC ＝90°，∵∠BCN ＝∠CDM ，∴∠BCN ﹣45°＝∠CDM ﹣45°，即∠OCN ＝∠ODM ，在△OCN 和△ODM 中CN DM OCN ODM OC OD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△OCN ≌△ODM ，∴ON ＝OM ，∠CON ＝∠DOM ，∴∠MON ＝∠DOC ＝90°， ∴MON 为等腰直角三角形．【点睛】本题考查正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质；两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．也考查全等三角形的判定与性质．3．（1）详见解析；（2）145． 【分析】（1）由AB =DE ，∠A =∠D ，AF =DC ，易证得△ABC ≌DEF （SAS ），即可得BC =EF ，且BC ∥EF ，即可判定四边形BCEF 是平行四边形；（2）由四边形BCEF 是平行四边形，可得当BE ⊥CF 时，四边形BCEF 是菱形，所以连接BE ，交CF 与点G ，由三角形DEF 的面积求出EG 的长，根据勾股定理求出FG 的长，则可求出答案．【详解】（1）证明：∵AF =DC ，∴AC =DF ，在△ABC 和△DEF 中， AB DE A D AC DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABC ≌△DEF （SAS ），∴BC =EF ，∠ACB =∠DFE ，∴BC ∥EF ，∴四边形BCEF 是平行四边形；（2）如图，连接BE ，交CF 于点G ，∵四边形BCEF是平行四边形，∴当BE⊥CF时，四边形BCEF是菱形，∵∠DEF=90°，DE=8，EF=6，∴DF222286DE EF+=+10，∴S△DEF1122EG DF EF DE =⋅=⋅，∴EG6824105⨯==，∴FG=CG22222418655 EF EG⎛⎫=-=-=⎪⎝⎭，∴AF=CD=DF﹣2FG=10﹣365=145．故答案为：145．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理等知识．熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．4．（1）见解析；（2）222MN BN DM=+，理由见解析；（3）32【分析】（1）由直角三角形的性质得AO=MO=12BE=BO=EO，得∠ABO=∠BAO，∠OBM=∠OMB，证出∠AOM=∠AOE+∠MOE=2∠ABO+2∠MBO=2∠ABD=90°即可；（2）在AD上方作AF⊥AN，使AF=AN，连接DF、MF，证△ABN≌△ADF（SAS），得BN=DF，∠DAF=∠ABN=45°，则∠FDM=90°，证△NAM≌△FAM（SAS），得MN=MF，在Rt△FDM中，由勾股定理得FM2=DM2+FD2，进而得出结论；（3）作P关于直线CQ的对称点E，连接PE、BE、CE、QE，则△PCQ≌△ECQ，∠ECQ=∠PCQ=135°，EQ=PQ=9，得∠PCE=90°，则∠BCE=∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，得CE=CP=22PE，证△BCE≌△DCP（SAS），得∠CBE=∠CDB=∠CBD=45°，则∠EBQ=∠PBE=90°，由勾股定理求出BE=42PE=6，即可得出PC的长．【详解】解：（1）证明：四边形ABCD是正方形，90ABC BAD ∴∠=∠=︒，45ABD ADB ∠=∠=︒，ME BD ⊥，90BME ∴∠=︒， O 是BE 的中点，12AO MO BE BO EO ∴====， ABO BAO ∴∠=∠，OBM OMB ∠=∠，22290AOM AOE MOE ABO MBO ABD ∴∠=∠+∠=∠+∠=∠=︒； （2）222MN BN DM =+，理由如下：在AD 上方作AF AN ⊥，使AF AN =，连接DF 、MF ，如图2所示： 则90NAF ∠=︒，四边形ABCD 是正方形，AB AD ∴=，90BAD NAF ∠=∠=︒，BAN DAF ∴∠=∠，45NAM ∠=︒，45FAM NAM ∴∠=︒=∠，在ABN ∆和ADF ∆中，AB AD BAN DAF AN AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ABN ADF SAS ∴∆≅∆，BN DF ∴=，45DAF ABN ∠=∠=︒，90FDM ADB ADF ∴∠=∠+∠=︒，45NAM ∠=︒，45FAM NAM ∴∠=︒=∠，在NAM ∆和FAM ∆中，AN AF NAM FAM AM AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()NAM FAM SAS ∴∆≅∆，MN MF ∴=，在Rt FDM ∆中，222FM DM FD =+，即222MN BN DM =+；（3）作P 关于直线CQ 的对称点E ，连接PE 、BE 、CE 、QE ，如图3所示： 则PCQ ECQ ∆≅∆，135ECQ PCQ ∠=∠=︒，9EQ PQ ==，36090PCE PCQ ECQ ∴∠=︒-∠-∠=︒，BCE DCP ∴∠=∠，PCE ∆是等腰直角三角形， 2CE CP PE ∴==， 在BCE ∆和DCP ∆中，BC DC BCE DCP CE CP =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()BCE DCP SAS ∴∆≅∆，45CBE CDB CBD ∴∠=∠=∠=︒，90EBQ ∴∠=︒，90PBE ∴∠=︒，2PB =，9PQ =，7BQ PQ PB ∴=-=，22229742BE EQ BQ ∴=-=-=，22222(42)6PE PB BE ∴=+=+=，232PC PE ∴==； 故答案为：32．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的判定、勾股定理、轴对称的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．5．（1）214t ；（2）t =；（3）存在，如图2（见解析），当AHQ HBM ≅时，t =3（见解析），当ADE AHE ≅时，t =4（见解析），当EGQ HBF ≅时，t =【分析】（1）先根据线段中点的定义可得12AQ AP =，再根据矩形的性质、角平分线的定义可得45HAQ ∠=︒，从而可得AQH 是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质可得AH 的长，最后根据等腰直角三角形的面积公式即可得；（2）先根据平行四边形的性质可得//HQ MP ，从而可得//HQ BP ，再根据三角形中位线定理可得HQ 是ABP △的中位线，从而可得122AH AB ==，然后与（1）所求的2AH =建立等式求解即可得； （3）分①当点H 是AB 的中点时，AHQ HBM ≅；②当点Q 与点E 重合时，ADE AHE ≅；③当EG HB =时，EGQ HBF ≅三种情况，分别求解即可得．【详解】（1）由题意得：2AP t =，点Q 为AP 的中点，12AQ AP t ∴==， 四边形ABCD 是矩形，90B D BAD ∴∠=∠=∠=︒，AE ∵是BAD ∠的角平分线，1452HAQ DAE BAD ∴∠=∠=∠=︒， QH AB ⊥，AQH ∴是等腰直角三角形，AH HQ AQ ∴===， 则AQH 的面积为21124AH HQ t ⋅=； （2）如图1，四边形PQHM 是平行四边形，//HQ MP ∴，点M 在BC 边上，//HQ BP ∴，点Q 为AP 的中点，HQ ∴是ABP △的中位线， 122AHBH AB ∴===， 由（1）知，2AH t =， 则222t =， 解得22t =；（3）由题意，有以下三种情况：①如图2，当点H 是AB 的中点时，则AHHB =， 四边形PQHM 是平行四边形， //HM PQ ∴， HAQ BHM ∴∠=∠，在AHQ 和HBM △中，90HAQ BHM AH HB AHQ HBM ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩，()AHQ HBM ASA ∴≅，由（2）可知，此时22t =②如图3，当点Q与点E重合时，在ADE和AHE中，9045D AHEDAE HAEAE AE∠=∠=︒⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，() ADE AHE AAS∴≅，3AD AH∴==，则23 2t=，解得32t=；③如图4，当EG HB=时，四边形ABCD是矩形，四边形PQHM是平行四边形，//,//CD AB HM PQ∴，,90 GEQ HAQ BHF EGQ AHQ B ∴∠=∠=∠∠=∠=︒=∠，在EGQ和HBF中，GEQ BHF EG HBEGQ B∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，() EGQ HBF ASA∴≅，2,42AH t AB ==， 24HB AB AH t ∴=-=-， 在Rt ADE △中，45,3DAE AD ∠=︒=，Rt ADE ∴是等腰直角三角形，232AE AD ==，32EQ AQ AE t ∴=-=-，在Rt GEQ 中，45GEQ HAQ ∠=∠=︒，Rt GEQ ∴是等腰直角三角形，22622t EG EQ -==， 则由EG HB =得：262422t t -=-， 解得722t =；综上，如图2，当AHQ HBM ≅时，22t =；如图3，当ADE AHE ≅时，32t =4，当EGQ HBF ≅时，722t =【点睛】 本题考查了矩形的性质、三角形中位线定理、三角形全等的判定定理与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），依据题意，正确分三种情况讨论并画出图形是解题关键．6．（1）32323；（2）①见详解；②x=1；（3）△CDP 为等腰三角形时x 的值为：633-或3633+．【分析】（1）BP+DP 为点B 到D 两段折线的和．由两点间线段最短可知，连接DB ，若P 点落在BD 上，此时和最短，且为32AQ=x ，则QD=3-x ，PQ=x ．又PDQ=45°，所以QD ＝2PQ ，即3-x=2x ．求解可得答案；（2）由已知条件对称分析，AB=BP=BC ，则∠BCP=∠BPC ，由∠BPM=∠BCM=90°，可得∠MPC=∠MCP ．那么若有MP=MD ，则结论可证．再分析新条件∠CPD=90°，易得①结论．②求x 的值，通常都是考虑勾股定理，选择直角三角形QDM ，发现QM ，DM ，QD 都可用x 来表示，进而易得方程，求解即可．（3）若△CDP 为等腰三角形，则边CD 比为改等腰三角形的一腰或者底边．又P 点为A 点关于QB 的对称点，则AB=PB ，以点B 为圆心，以AB 的长为半径画弧，则P 点只能在弧AB 上．若CD 为腰，以点C 为圆心，以CD 的长为半径画弧，两弧交点即为使得△CDP 为等腰三角形（CD 为腰）的P 点．若CD 为底边，则作CD 的垂直平分线，其与弧AC 的交点即为使得△CDP 为等腰三角形（CD 为底）的P 点．则如图所示共有三个P 点，那么也共有3个Q 点．作辅助线，利用直角三角形性质求之即可．【详解】解：（1）连接DB ，若P 点落在BD 上，此时BP+DP 最短，如图：由题意，∵正方形ABCD 的边长为3，∴223332BD =+=，∴BP ＋DP 的最小值是32；由折叠的性质，PQ AQ x ==，则3QD x =-，∵∠PDQ=45°，∠QPD=90°，∴△QPD 是等腰直角三角形，∴22QD QP x ==，∴32x x -=，解得：323x =-；故答案为：32；323-；（2）如图所示：①证明：在正方形ABCD中，有AB=BC，∠A=∠BCD=90°．∵P点为A点关于BQ的对称点，∴AB=PB，∠A=∠QPB=90°，∴PB=BC，∠BPM=∠BCM，∴∠BPC=∠BCP，∴∠MPC=∠MPB-∠CPB=∠MCB-∠PCB=∠MCP，∴MP=MC．在Rt△PDC中，∵∠PDM=90°-∠PCM，∠DPM=90°-∠MPC，∴∠PDM=∠DPM，∴MP=MD，∴CM=MP=MD，即M为CD的中点．②解：∵AQ=x，AD=3，∴QD=3-x，PQ=x，CD=3．在Rt△DPC中，∵M为CD的中点，∴DM=QM=CM=32，∴QM=PQ+PM=x+32，∴(x+32)2＝(3−x)2+(32)2，解得：x=1．（3）如图，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧分别交于P1，P3．此时△CDP1，△CDP3都为以CD为腰的等腰三角形．作CD的垂直平分线交弧AC于点P2，此时△CDP2以CD为底的等腰三角形．；①讨论P1，如图作辅助线，连接BP1、CP1，作QP1⊥BP1交AD于Q，过点P1，作EF⊥AD于E，交BC于F．∵△BCP1为等边三角形，正方形ABCD边长为3，∴P1F＝33，P1E＝333-．在四边形ABP1Q中，∵∠ABP1=30°，∴∠AQP1=150°，∴△QEP1为含30°的直角三角形，∴QE=3EP1＝9 332-．∵AE=32，∴x=AQ=AE-QE=39(33)633 22--=-．②讨论P2，如图作辅助线，连接BP2，AP2，过点P2作QG⊥BP2，交AD于Q，连接BQ，过点P2作EF⊥CD于E，交AB于F．∵EF垂直平分CD，∴EF垂直平分AB，∴AP2=BP2．∵AB=BP2，∴△ABP2为等边三角形．在四边形ABP2Q中，∵∠BAD=∠BP2Q=90°，∠ABP2=60°，∴∠AQG=120°∴∠EP2G=∠DQG=180°-120°=60°，∴P2E＝3332 -，∴EG=9 332-，∴DG=DE+GE=3933333 22+-=-，∴QD=33-，∴x=AQ=3-QD=3．③对P3，如图作辅助线，连接BP1，CP1，BP3，CP3，过点P3作BP3⊥QP3，交AD的延长线于Q，连接BQ，过点P1，作EF⊥AD于E，此时P3在EF上，不妨记P3与F重合．∵△BCP1为等边三角形，△BCP3为等边三角形，BC=3，∴P1P3＝33P1E＝33 3∴EF＝3332 +．在四边形ABP3Q中∵∠ABF=∠ABC+∠CBP3=150°，∴∠EQF=30°，∴92． ∵AE=32，∴x=AQ=AE+QE=32+962=．综合上述，△CDP 为等腰三角形时x 的值为：6-6+．【点睛】本题第一问非常基础，难度较低．第二问因为动点的原因，思路不易找到，这里就需要做题时充分分析已知条件，尤其是新给出的条件．其中求边长是勾股定理的重要应用，是很重要的考点．第三问是一个难度非常高的题目，可以利用尺规作图的思想将满足要求的点P 找全．另外求解各个Q 点也是考察三角函数及勾股定理的综合应用，有着极高的难度．7．（1）m ＝5，n=5；（23）MN 的长度不会发生变化，它． 【分析】 （1）利用非负数的性质即可解决问题．（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE ≌△CNQ 和△ECP ≌△QCP ，由PE ＝PQ ＝OE+OP ，得出结论；②作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得▱CSRE 和▱CFGH ，则CE ＝SR ，CF ＝GH ，证明△CEN ≌△CE′O 和△E′CF ≌△ECF ，得EF ＝E′F ，设EN ＝x ，在Rt △MEF 中，根据勾股定理列方程求出EN 的长，再利用勾股定理求CE ，则SR 与CE 相等，所以SR ； （3）在（1）的条件下，当P 、Q 在移动过程中线段MN 的长度不会发生变化，求出MN 的长即可；如图4，过P 作PD ∥OQ ，证明△PDF 是等腰三角形，由三线合一得：DM ＝12FD ，证明△PND ≌△QNA ，得DN ＝12AD ，则MN ＝12AF ，求出AF 的长即可解决问题． 【详解】解：（1）∵|5|0m -= ，又∵≥0，|5﹣m|≥0，∴n ﹣5＝0，5﹣m ＝0，∴m ＝5，n=5．（2）①如图1中，在PO 的延长线上取一点E ，使NQ ＝OE ，∵CN＝OM＝OC＝MN，∠COM＝90°，∴四边形OMNC是正方形，∴CO＝CN，∵∠EOC＝∠N＝90°，∴△COE≌△CNQ（SAS），∴CQ＝CE，∠ECO＝∠QCN，∵∠PCQ＝45°，∴∠QCN+∠OCP＝90°﹣45°＝45°，∴∠ECP＝∠ECO+∠OCP＝45°，∴∠ECP＝∠PCQ，∵CP＝CP，∴△ECP≌△QCP（SAS），∴EP＝PQ，∵EP＝EO+OP＝NQ+OP，∴PQ＝OP+NQ．②如图2中，过C作CE∥SR，在x轴负半轴上取一点E′，使OE′＝EN，得▱CSRE，且△CEN≌△CE′O，则CE＝SR，过C作CF∥GH交OM于F，连接FE，得▱CFGH，则CF＝GH＝55，∵∠SDG＝135°，∴∠SDH＝180°﹣135°＝45°，∴∠FCE＝∠SDH＝45°，∴∠NCE+∠OCF＝45°，∵△CEN≌△CE′O，∴∠E′CO＝∠ECN，CE＝CE′，∴∠E′CF＝∠E′CO+∠OCF＝45°，∴∠E′CF＝∠FCE，∵CF＝CF，∴△E′CF≌△ECF（SAS），∴E′F＝EF在Rt△COF中，OC＝5，FC＝552，由勾股定理得：OF＝225552⎛⎫-⎪⎪⎝⎭＝52，∴FM＝5﹣52＝52，设EN＝x，则EM＝5﹣x，FE＝E′F＝x+52，则（x+52）2＝（52）2+（5﹣x）2，解得：x＝53，∴EN＝53，由勾股定理得：CE＝2222553CN EN⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭＝510，∴SR＝CE＝5103．故答案为510．（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化．理由：如图3中，过P作PD∥OQ，交AF于D．∵OF＝OA，∴∠OFA＝∠OAF＝∠PDF，∴PF＝PD，∵PF＝AQ，∴PD＝AQ，∵PM⊥AF，∴DM＝12FD，∵PD∥OQ，∴∠DPN＝∠PQA，∵∠PND＝∠QNA，∴△PND≌△QNA（AAS），∴DN＝AN，∴DN＝12AD，∴MN＝DM+DN＝12DF+12AD＝12AF，∵OF＝OA＝5，OC＝3，∴CF4=，∴BF＝BC﹣CF＝5﹣4＝1，∴AF=，∴MN＝12AF∴当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，它的长度为2．【点睛】本题是四边形与动点问题的综合题，考查了矩形、正方形、全等三角形等图形的性质与判定，灵活运用所学知识是解答本题的关键．8．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)CN=25.【解析】【分析】(1)如图，延长EF交CD延长线于点Q，先证明CQ=CE，再证明△FQD≌△FEA，根据全等三角形的对应边相等可得EF=FQ，再根据等腰三角形的性质即可得CF⊥EF；(2)分别过点F、H作FM⊥CE ，HP⊥CD，垂足分别为M、P，证明四边形DFHP是矩形，继而证明△HPC≌△FMK，根据全等三角形的性质即可得CH=FK；(3)连接CN，延长HG交CN于点T，设∠DCF=α，则∠GCF=α，先证明得到FG=CG=GE，∠CGT=2α，再由FG是BC的中垂线，可得BG = CG，∠CGT=∠FGK=∠BGT=2α，再证明HN∥BG，得到四边形HGBN是平行四边形，继而证明△HNC≌△KGF，推导可得出HT=CT=TN ，由FH-HG=1，所以设GH=m，则BN=m，FH=m+1，CE=2FG=4m+2，继而根据22222BC CN BN CE BE=-=-，可得关于m的方程，解方程求得m的值即可求得答案.【详解】(1)如图，延长EF交CD延长线于点Q，∵矩形ABCD，AB∥CD，∴∠AEF=∠CQE，∠A=∠QDF，又∵EF 平分∠AEC ，∴∠AEF=∠CEF，∴∠CEF=∠CQE，∴CQ=CE，∵点F是AD中点，∴AF=DF，∴△FQD≌△FEA，∴EF=FQ，又∵CE=CQ，∴CF⊥EF；(2)分别过点F、H作FM⊥CE ，HP⊥CD，垂足分别为M、P，∵CQ=CE ，CF⊥EF，∴∠DCF=∠FCE，又∵FD⊥CD，∴FM=DF，∵FG//AB，∴∠DFH=∠DAC=90°，∴∠DFH=∠FDP=∠DPH=90°，∴四边形DFHP是矩形，∴DF=HP，∴FM= DF=HP ，∵∠CHG=∠BCE ，AD ∥BC ，FG ∥CD ，∴∠K=∠BCE=∠CHG=∠DCH ，又∵∠FMK=∠HPC=90°，∴△HPC ≌△FMK ，∴CH=FK ；(3)连接CN ，延长HG 交CN 于点T ，设∠DCF=α，则∠GCF=α，∵FG ∥CD ，∴∠DCF=∠CFG ，∴∠FCG=∠CFG ，∴FG=CG ，∵CF ⊥EF ，∴∠FEG+∠FCG=90°，∠CFG+∠GFE=90°，∴∠GFE=∠FEG ，∴GF=FE ，∴FG=CG=GE ，∠CGT=2α，∵FG 是BC 的中垂线，∴BG = CG ， ∠CGT=∠FGK=∠BGT=2α，∵∠CHG=∠BCE=90°-2α，∠CHN=90°，∴∠GHN=∠FGK=∠BGT=2α，∴HN ∥BG ，∴四边形HGBN 是平行四边形，∴HG=BN ，HN=BG = CG =FG ，∴△HNC ≌△KGF ，∴GK=CN ，∠HNC=∠FGK=∠NHT=2α，∴HT=CT=TN ，∵FH-HG=1，∴设GH=m ，则BN=m ，FH=m+1，CE=2FG=4m+2，∵GT=1122EN =，∴CN=2HT=11+2m ， ∵22222BC CN BN CE BE =-=-，∴2222(112)(42)(11)m m m m +-=+-+ ∴1176m =-(舍去)，27m =， ∴CN=GK=2HT=25.【点睛】 本题考查的是四边形综合题，涉及了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的性质与判定，三角形外角的性质等，综合性较强，难度较大，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.9．【变式探究】：详见解析；【结论运用】：4；【迁移拓展】：P 1的坐标为（12-，3）或（12，5）【解析】试题分析：【变式探究】按照【问题情境】的证明思路即可解决问题．【结论运用】过E 作EQ BF ⊥，利用问题情境中的结论可得PG PH EQ +=，易证EQ DC BF DF ==，，只需求即可．【迁移拓展】分成两种情况进行讨论.试题解析：【变式探究】：连接,AP∵PD ⊥AB ，PE ⊥AC ，CF ⊥AB ，ABC ACP ABP S S S ∴=-， 111222AB CF AC PE AB PD ∴⨯=⨯-⨯， AB AC =，.CF PE PD ∴=-【结论运用】过E 作EQ BF ⊥，垂足为Q ，如图④，∵四边形ABCD 是长方形，90AD BC C ADC ∴=∠=∠=︒，．835AD CF BF BC CF AD CF ==∴=-=-=，，．由折叠可得：DF BF BEF DEF =∠=∠，．590DF C ∴=∠=︒．，222253 4.DC DF CF ∴=--=90EQ BC C ADC ⊥∠=∠=︒，，90EQC C ADC ∴∠=︒=∠=∠．∴四边形EQCD 是长方形．4EQ DC ∴==．∵AD ∥BC ，DEF EFB ∴∠=∠．BEF DEF BEF EFB BE BF ∠=∠∴∠=∠∴=，．．由问题情境中的结论可得：4PG PH EQ PG PH +=∴+=．． PG PH ∴+的值为4．【迁移拓展】由题意得：(04),?(30),(20).A B C -，，， 2234 5.AB =+=5.BC = .AB BC ∴=（1）由结论得：1111 +?4,PD PE OA ==11111 3.PD PE =∴=，即点1P 的纵坐标为3，又点1P 在直线l 2上 ∴24y x =+=3 ,∴12x =-. 即点1P 的坐标为1,3.2⎛⎫-⎪⎝⎭ (2) 由结论得：22224,P E P D OA -== 22221 5.P D P E =∴=， 即点2P 的纵坐标为5,又点2P 在直线l 2上 ∴24y x =+=5.∴12x =. 即点2P 的坐标为1,5.2⎛⎫⎪⎝⎭ 10．（1）521093）52或152． 【分析】 （1）如图1，连接CG ，证明△CBD ≌△CBG （SAS ），可得G ，C ，D 三点共线，利用勾股定理可得AG 的长；（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△BCE≌△BKG，可得AK和KG的长，利用勾股定理计算AG的长；（3）分三种情况：①当点E在边CD的延长线上时，如图3，同（2）知△BCE≌△BKG （AAS），BC＝BK＝5，根据勾股定理可得KG的长，即可CE的长，此种情况不成立；②当点E在边CD上；③当点E在DC的延长线上时，同理可得结论．【详解】（1）如图1，连接CG，∵四边形ABCD和四边形EBGF是正方形，∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG，∴∠CBG＝45°，∴∠CBG＝∠CBD，∵BC＝BC，∴△CBD≌△CBG（SAS），∴∠DCB＝∠BCG＝90°，DC＝CG＝5，∴G，C，D三点共线，∴AG＝22+＝22AD DG+＝55，510故答案为：55；（2）如图2，过点G作GK⊥AB，交AB的延长线于K，∵DE＝2，DC＝5，∴CE＝3，∵∠EBG＝∠EBC＋∠CBG＝90°，∠CBG＋∠GBK＝90°，∴∠EBC＝∠GBK，∵BE＝BG，∠K＝∠BCE＝90°，∴△BCE≌△BKG（AAS），∴CE＝KG＝3，BC＝BK＝5，∴AK＝10，由勾股定理得：AG＝22103+＝109；（3）（3）分三种情况：①当点E在CD的延长线上时，如图3，由（2）知△BCE≌△BKG（AAS），∴BC＝BK＝5，∵AG＝517，由勾股定理得：KG＝22517102⎛⎫-⎪⎪⎝⎭=52，∴CE＝KG＝52，此种情况不成立；②当点E在边CD上时，如图4，由（2）知△BCE≌△BKG（AAS），∴BC＝BK＝CD=5，∵AG＝5172，由勾股定理得：KG＝22517102⎛⎫-⎪⎪⎝⎭=52，∴CE＝KG＝52，∴DE＝CD-CE=52；③当点E在DC的延长线上时，如图5，同理得CE＝KG＝52，∴DE＝5＋52＝152；综上，DE的长是52或152．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．。