人教版平行四边形单元测试题

人教版平行四边形单元测试题一、解答题1．在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB=8cm ，AD=16cm ，BC=22cm ，∠ABC=90°．点P 从点A 出发，以1cm/s 的速度向点D 运动，点Q 从点C 同时出发，以3cm/s 的速度向点B 运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t 秒．（1）当t= 时，四边形ABQP 成为矩形？（2）当t= 时，以点P 、Q 与点A 、B 、C 、D 中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形？（3）四边形PBQD 是否能成为菱形？若能，求出t 的值；若不能，请说明理由，并探究如何改变Q 点的速度（匀速运动），使四边形PBQD 在某一时刻为菱形，求点Q 的速度．2．综合与探究如图1,在ABC ∆中,ACB ∠为锐角,点D 为射线BC 上一点,连接AD ,以AD 为一边且在AD 的右侧作正方形ADEF ,解答下列问题:（1）研究发现:如果AB AC =,90BAC ∠=︒①如图2,当点D 在线段BC 上时（与点B 不重合）,线段CF 、BD 之间的数量关系为______,位置关系为_______．②如图3,当点D 在线段BC 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AB AC ≠,点D 在线段BC 上,点F 在ABC ∆的外部,则当ACB =∠_______时,CF BD ⊥．3．如图， 平行四边形ABCD 中，3AB cm =，5BC cm =，60B ∠=， G 是CD 的中点，E 是边AD 上的动点，EG 的延长线与BC 的延长线交于点F ，连接CE ，DF ． （1） 求证：四边形CEDF 是平行四边形；（2） ①当AE 的长为多少时， 四边形CEDF 是矩形；②当AE = cm 时， 四边形CEDF 是菱形， （直接写出答案， 不需要说明理由）．4．如下图1，在平面直角坐标系中xoy 中，将一个含30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()1,0-，30ABO ∠=︒．（1）旋转操作：如下图2，将此直角三角板绕点O 顺时针旋转30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60︒，如图3，在AB 边上的上方以AB 为边作等边ABC ，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OP AB ⊥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OMB △为直角三角形时，求OM 的长．5．已知，在△ABC 中，∠BAC =90°，∠ABC =45°，D 为直线BC 上一动点（不与点B ，C 重合），以AD 为边作正方形ADEF ，连接CF ．（1）如图1，当点D 在线段BC 上时，BC 与CF 的位置关系是 ，BC 、CF 、CD 三条线段之间的数量关系为 ；（2）如图2，当点D 在线段BC 的延长线上时，其他条件不变，请猜想BC 与CF 的位置关系BC ，CD ，CF 三条线段之间的数量关系并证明；（3）如图3，当点D 在线段BC 的反向延长线上时，点A ，F 分别在直线BC 的两侧，其他条件不变．若正方形ADEF 的对角线AE ，DF 相交于点O ，OC =132，DB =5，则△ABC 的面积为 ．（直接写出答案）6．如图1，在正方形ABCD 和正方形BEFG 中，点,,A B E 在同一条直线上，P 是线段DF 的中点，连接,PG PC ．（1）求证：,PG PC PG PC ⊥=．简析：由Р是线段DF 的中点，//DC CF ，不妨延长GP 交DC 于点M ，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CMG 是_______三角形，进而得出结论；（2）如图2，将原问题中的正方形ABCD 和正方形BEFG 换成菱形ABCD 和菱形BEFG ，且60ABC BEF ∠=∠=︒，探究PG 与PC 的位置关系及PG PC的值，写出你的猜想并加以证明；（3）当6,2AB BE ==时，菱形ABCD 和菱形BEFG 的顶点都按逆时针排列，且60ABC BEF ∠=∠=︒．若点A B E 、、在一条直线上，如图2，则CP =________；若点A B G 、、在一条直线上，如图3，则CP =________．7．如图，菱形纸片ABCD 的边长为2,60,BAC ∠=︒翻折,,B D ∠∠使点,B D 两点重合在对角线BD 上一点,,P EF GH 分别是折痕．设()02AE x x =<<．（1）证明：AG BE =；（2）当02x <<时，六边形AEFCHG 周长的值是否会发生改变，请说明理由； （3）当02x <<时，六边形AEFCHG 的面积可能等于53吗?如果能，求此时x 的值；如果不能，请说明理由．8．感知：如图①，在正方形ABCD 中，E 是AB 一点，F 是AD 延长线上一点，且DF BE ＝，求证：CE CF ＝；拓展：在图①中，若G 在AD ，且45GCE ∠︒＝，则GE BE GD +＝成立吗？为什么？ 运用：如图②在四边形ABCD 中，()//AD BC BC AD ＞，90A B ∠∠︒＝＝，16AB BC ＝＝，E 是AB 上一点，且45DCE ∠︒＝，4BE ＝，求DE 的长．9．如图1，在矩形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，过点O 作直线EF ⊥BD ，且交AC 于点E ，交BC 于点F ，连接BE 、DF ，且BE 平分∠ABD .（1）①求证：四边形BFDE 是菱形；②求∠EBF 的度数．（2）把（1）中菱形BFDE 进行分离研究，如图2，G ，I 分别在BF ，BE 边上，且BG =BI ，连接GD ，H 为GD 的中点，连接FH ，并延长FH 交ED 于点J ，连接IJ ，IH ，IF ，IG ．试探究线段IH 与FH 之间满足的数量关系，并说明理由；（3）把（1）中矩形ABCD 进行特殊化探究，如图3，矩形ABCD 满足AB =AD 时，点E 是对角线AC 上一点，连接DE ，作EF ⊥DE ，垂足为点E ，交AB 于点F ，连接DF ，交AC 于点G ．请直接写出线段AG ，GE ，EC 三者之间满足的数量关系．10．如图，等腰直角三角形OAB 的三个定点分别为(0,0)O 、(0,3)A 、(3,0)B -，过A 作y 轴的垂线1l .点C 在x 轴上以每秒32的速度从原点出发向右运动，点D 在1l 上以每秒332+的速度同时从点A 出发向右运动，当四边形ABCD 为平行四边形时C 、D 同时停止运动，设运动时间为t .当C 、D 停止运动时，将△OAB 沿y 轴向右翻折得到△1OAB ，1AB 与CD 相交于点E ，P 为x 轴上另一动点.(1)求直线AB 的解析式，并求出t 的值.(2)当PE+PD 取得最小值时，求222PD PE PD PE ++⋅的值.(3)设P 的运动速度为1，若P 从B 点出发向右运动，运动时间为x ，请用含x 的代数式表示△PAE 的面积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、解答题1．（1）112；（2）112或4；（3）四边形PBQD 不能成为菱形 【分析】 （1）由∠B=90°，AP ∥BQ ，由矩形的判定可知当AP=BQ 时，四边形ABQP 成为矩形； （2）由（1）可求得点P 、Q 与点A 、B 为顶点的四边形为平行四边形；然后由当PD=CQ 时，CDPQ 是平行四边形，求得t 的值；（3）由PD ∥BQ ，当PD=BQ=BP 时，四边形PBQD 能成为菱形，先由PD=BQ 求出运动时间t 的值，再代入求BP ，发现BP≠PD ，判断此时四边形PBQD 不能成为菱形；设Q 点的速度改变为vcm/s 时，四边形PBQD 在时刻t 为菱形，根据PD=BQ=BP 列出关于v 、t 的方程组，解方程组即可求出点Q 的速度．【详解】（1）如图1，∵∠B=90°，AP ∥BQ ，∴当AP=BQ 时，四边形ABQP 成为矩形，此时有t=22﹣3t ，解得t=112． ∴当t=112时，四边形ABQP 成为矩形； 故答案为112； （2）如图1，当t=112时，四边形ABQP 成为矩形， 如图2，当PD=CQ 时，四边形CDPQ 是平行四边形，则16﹣t=3t ，解得：t=4， ∴当t=112或4时，以点P 、Q 与点A 、B 、C 、D 中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形； 故答案为112或4； （3）四边形PBQD 不能成为菱形．理由如下：∵PD ∥BQ ，∴当PD=BQ=BP 时，四边形PBQD 能成为菱形．由PD=BQ ，得16﹣t=22﹣3t ，解得：t=3，当t=3时，PD=BQ=13，BP=22AB AP + =228t +=2283+=73≠13，∴四边形PBQD 不能成为菱形；如果Q 点的速度改变为vcm/s 时，能够使四边形PBQD 在时刻ts 为菱形，由题意，得221622168t vtt t -=-⎧⎪⎨-=+⎪⎩，解得62t v =⎧⎨=⎩． 故点Q 的速度为2cm/s 时，能够使四边形PBQD 在某一时刻为菱形．【点睛】此题属于四边形的综合题．考查了矩形的判定、菱形的判定以及勾股定理等知识．注意掌握分类讨论思想与方程思想的应用是解此题的关键．2．（1）①=CF BD ，CF BD ⊥；②当点D 在BC 的延长线上时①中结论仍成立，详见解析；（2）45︒【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．【详解】解:（1）①相等（或=CF BD ）,互相重直（或CF BD ⊥）理由如下:∵AB=AC,∠BAC=90︒,∴∠ABC=∠ACB=45︒,∵∠BAC=∠DAF,∴∠BAD=∠CAF,在△BAD 和△CAF 中,BA CA BAD CAF DA FA ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ , ∴△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︒．【点睛】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．3．（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.【详解】（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 CG DG CGF DGE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴ △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，BM DE B CDE AB CD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△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.【点睛】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.4．（1）（32，32）；（2）存在，点D 的坐标为（0，3）或（23，1）或（0，-1）；（3）OM=32或212 【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．【详解】解：（1）如图2，过点B 作BD ⊥y 轴于D由图1中，点A 的坐标为()1,0-，30ABO ∠=︒，∠AOB=90°∴OA=1，AB=2OA=2由勾股定理可得OB=223AB OA-=∵将此直角三角板绕点O顺时针旋转30∴∠BOD=30°∴BD=1322OB=∴OD=2232OB BD-=∴点B的坐标为（32，32）故答案为：（32，32）；（2）在图2的基础上继续将直角三角板绕点O顺时针60︒，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（3，0）∵△ABC为等边三角形∴∠ABC=60°，AB=BC=AC=2∴∠OBC=90°∴点C的坐标为（3，2）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∴0332212022ab⎧++=⎪⎪⎨++⎪=⎪⎩解得：3ab=⎧⎨=⎩∴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∴033 212022ab⎧++=⎪⎪⎨++⎪=⎪⎩解得：231ab⎧=⎪⎨=⎪⎩∴此时点D的坐标为（23，1）；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∴0332210222ab⎧++=⎪⎪⎨++⎪=⎪⎩解得：1ab=⎧⎨=-⎩∴此时点D的坐标为（0，-1）；综上：点D的坐标为（0，3）或（231）或（0，-1）；（3）∵3，∠ABO=30°∴OP=123∴2232OB OP-=当∠OMB=90°时，如下图所示，连接BM∵F为OB的中点∴PF=12OB，MF=12OB，OF=BF∴PF=MF∴四边形OPBM为平行四边形∴OM=BP=32；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=3 2在Rt△OBM中，2221OB BM+=；综上：OM=32或212．【点睛】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．5．（1）BC ⊥CF ，CF +CD =BC ；（2）CF ⊥BC ，CF ﹣CD =BC ，证明详见解析；（3）494． 【分析】 （1）△ABC 是等腰直角三角形，利用SAS 即可证明△BAD ≌△CAF ，从而证得CF =BD ，据此即可证得；（2）同（1）相同，利用SAS 即可证得△BAD ≌△CAF ，从而证得BD =CF ，即可得到CF ﹣CD =BC ；（3）先证明△BAD ≌△CAF ，进而得出△FCD 是直角三角形，根据直角三角形斜边上中线的性质即可得到DF 的长，再求出CD ，BC 即可解决问题．【详解】（1）如图1中，∵∠BAC =90°，∠ABC =45°，∴∠ACB =∠ABC =45°，∴AB =AC ，∵四边形ADEF 是正方形，∴AD =AF ，∠DAF =90°，∵∠BAD =90°﹣∠DAC ，∠CAF =90°﹣∠DAC ，∴∠BAD =∠CAF ，∵在△BAD 和△CAF 中，AB AC BAD CAF AD AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAF （SAS ），∴BD =CF ，∠ABD =∠ACF =45°，∴∠FCB =∠ACF +∠ACB =90°，即CF ⊥BC ，∵BD +CD =BC ，∴CF +CD =BC ；故答案为：CF ⊥BC ，CF +CD =BC ．（2）结论：CF ⊥BC ，CF ﹣CD =BC ．理由：如图2中，∵∠BAC =90°，∠ABC =45°，∴∠ACB =∠ABC =45°，∴AB =AC ，∵四边形ADEF 是正方形，∴AD =AF ，∠DAF =90°，∵∠BAD =90°+∠DAC ，∠CAF =90°+∠DAC ，∴∠BAD =∠CAF ，∵在△BAD 和△CAF 中，AB AC BAD CAF AD AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAF （SAS ），∴BD =CF ，∠ABD =∠ACF =45°，∴∠FCB =∠ACF +∠ACB =90°，即CF ⊥BC ，∴BC +CD =CF ，∴CF ﹣CD =BC ；（3）如图3中，∵∠BAC =90°，∠ABC =45°，∴∠ACB =∠ABC =45°，∴AB =AC ，∵四边形ADEF 是正方形，∴AD =AF ，∠DAF =90°，∵∠BAD =90°﹣∠BAF ，∠CAF =90°﹣∠BAF ，∴∠BAD =∠CAF ，∵在△BAD 和△CAF 中，AB AC BAD CAF AD AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAD ≌△CAF （SAS ），∴∠ACF =∠ABD ，BD =CF =5，∵∠ABC =45°，∴∠ABD =135°，∴∠ACF =∠ABD =135°，∴∠FCD =135°﹣45°=90°，∴△FCD 是直角三角形．∵OD =OF ，∴DF =2OC =13，∴Rt △CDF 中，CD=12，∴BC =DC ﹣BD =12﹣5=7，∴AB =AC， ∴S △ABC 1492224=⨯=． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，判断出△BAD ≌△CAF 是解本题的关键．6．（1）ΔDPM,ΔFPG ；等腰直角；（2）线段PG 与PC 的位置关系是PG ⊥PC ；PG PC＝；（3）2【分析】（1）延长GP 交DC 于点M ，由Р是线段DF 的中点，//DC CF ，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=12CG，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．【详解】（1）如图，延长GP交DC于点M，∵Р是线段DF的中点，四边形ABCD、BEFG是正方形，点,,A B E在同一条直线上，∴//DC CF，DP=FP，CD=BC，FG=BG，在△DPM和△FPG中，MDP GFP DP FPDPM FPG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△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；PGPC3．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BEFG是菱形，∴CD//AB，CF//BE，CD＝CB，GF=GB，∵点A B E、、在一条直线上，∴DC∥GF，∴∠GFP＝∠HDP，在△GFP和△HDP中，GFP HDP FP DPGPF HPD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△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=12（180°-120°）=30°，∴CG=2PC，∴PG=2222(2)3CG PC PC PC PC-=-=，∴PGPC＝3．（3）如图2，∵AB=6，BE=2，∴CG=AB-BE=4，由（2）可知∠CGP=30°，PG⊥PC，∴PC=12CG=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，DP FPNPD GPFPN PG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DNP≌△FGP，∴DN=GF=BG=BE=2，∠NDP=∠GFP，∵四边形ABCD和四边形BEFG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=12DN=1，NK=223DN KD-=，∴CK=CD+KD=7，∴CN=22CK NK+=213，在△CDN和△CBG中，CD BCCDN CBGND BG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴CN=CG，∠DCN=∠BCG，∴PC⊥GN，∠DCN+∠NCB=∠BCG+∠NCB=∠DCB=120°，即∠NCG=120°，∴∠CNP=12（180°-∠NCG）=30°，∴PC=12CN=13．故答案为：213【点睛】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．7．（1）见解析；（2）不变，见解析；（3）能，21x=-21+【分析】（1）由折叠的性质得到BE=EP，BF=PF，得到BE=BF，根据菱形的性质得到AB∥CD∥FG，BC∥EH∥AD，于是得到结论；（2）由菱形的性质得到BE=BF，AE=FC，推出△ABC是等边三角形，求得∠B=∠D=60°，得到∠B=∠D=60°，于是得到结论；（3）记AC与BD交于点O，得到∠ABD=30°，解直角三角形得到AO=1，3S 四边形ABCD =23，当六边形AEFCHG 的面积等于534时，得到S △BEF +S △DGH =334，设GH 与BD 交于点M ，求得GM=12x ，根据三角形的面积列方程即可得到结论． 【详解】解:()1折叠后B 落在BD 上， ,BE EP ∴=BF PF =BD 平分,ABC ∠BE BF ∴=，∴四边形BEPF 为菱形，同理四边形GDHP 为菱形， ////,// //,AB CD FG BC EH AD ∴∴四边形AEPG 为平行四边形，AG EP BE ∴==.()2不变.理由如下:由()1得.AG BE =四边形BEPF 为菱形，,.BE BF AE FC ∴==60,BAC ABC ∠=︒为等边三角60B D ∴∠=∠=︒，,,EF BE GH DG ∴==36AEFCHG C AE EF FC CH GH AG AB ∴=+++++==六边形为定值. ()3记AC 与BD 交于点O .2,60,AB BAC =∠=30,ABD ∴∠=1,AO ∴=3,BO =12332ABC S ∴=⨯⨯= 23ABCD S ∴=四边形当六边形AEFCHG 的面积为534时， 53233344DEF DGH S S +=-= 由()1得BE AG =AE DG ∴=DG x =2BE x ∴=-记GH 与BD 交于点,M12GM x ∴=，32DM x = 234DHG S x ∴= 同理()223323344BEF Sx x x =-=+ 即22333333444x x x ++=化简得22410,x x -+=解得112x =-，212x =+∴当1x =1时，六边形AEPCHG【点睛】 此题是四边形的综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形的面积公式，菱形的面积公式，解本题的关键是用x 表示出相关的线段，是一道基础题目．8．（1）见解析；（2）GE=BE+GD 成立，理由见解析；（3）685【分析】（1）利用已知条件，可证出△BCE ≌△DCF (SAS )，即可得到CE=CF ；（2）借助（1）的结论得出∠BCE =∠DCF ，再通过角的计算得出∠GCF =∠GCE ，由SAS 可得△ECG ≌△FCG ，则EG=GF ，从而得出GE=DF+GD=BE+GD ；（3）过C 作CG ⊥AD ，交AD 延长线于G ，先证四边形ABCG 是正方形(有一组邻边相等的矩形是正方形)，再设DE =x ，利用（1）、（2）的结论，在Rt △AED 中利用勾股定理构造方程即可求出DE ．【详解】（1）证明：如图①，在正方形ABCD 中，BC=CD ，∠B =∠ADC =90°，∴∠CDF=90°，即∠B =∠CDF =90°，在△BCE 和△DCF 中， BC DC B CDF BE DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE ≌△DCF (SAS )，∴CE=CF ；（2）解：如图①，GE=BE+GD 成立，理由如下：由（1）得△BCE ≌△DCF ，∴∠BCE=∠DCF ，∴∠ECD +∠ECB=∠ECD +∠FCD ，即∠ECF =∠BCD =90°，又∵∠GCE =45°，∴∠GCF =∠ECF −∠ECG =45°，则∠GCF=∠GCE ，在△GEC 和△GFC 中，CE CF GCE GCF GC GC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△GEC ≌△GFC (SAS )，∴EG=GF ，∴GE=DF+GD=BE+GD ；（3）解：如图②，过C 作CG ⊥AD 于G ，∴∠CGA=90°，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A =∠B =90°，∴四边形ABCG 为矩形，又∵AB=BC ，∴四边形ABCG 为正方形，∴AG =BC=AB =16，∵∠DCE =45°，由（1）和（2）的结论可得：ED=BE+DG ，设DE=x ，∵4BE ＝，∴AE =12，DG=x −4，∴AD =AG −DG =20−x在Rt △AED 中，由勾股定理得：DE 2=AD 2+AE 2，即x 2=(20−x )2+122 解得：685=x ， 即685=DE ． 【点睛】本题是一道几何综合题，内容主要涉及全等三角形的判定与性质和勾股定理的应用，重点考查学生的数学学习能力，是一道好题．9．（1）①证明见解析；②60EBF ∠=︒；（2）3IH FH =；（3）222EG AG CE =+. 【分析】（1）①由DOE BOF ∆≅∆，推出EO OF =，OB OD =，推出四边形EBFD 是平行四边形，再证明EB ED =即可．②先证明2ABD ADB ∠=∠，推出30ADB ∠=︒，延长即可解决问题．（2）3IH FH =．只要证明IJF ∆是等边三角形即可．（3）结论：222EG AG CE =+．如图3中，将ADG ∆绕点D 逆时针旋转90︒得到DCM ∆，先证明DEG DEM ∆≅∆，再证明ECM ∆是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，四边形ABCD 是矩形，//AD BC ∴，OB OD =，EDO FBO ∴∠=∠，在DOE ∆和BOF ∆中，EDO FBO OD OBEOD BOF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， DOE BOF ∴∆≅∆，EO OF ∴=，OB OD =，∴四边形EBFD 是平行四边形，EF BD ⊥，OB OD =，EB ED ∴=，∴四边形EBFD 是菱形．②BE 平分ABD ∠，ABE EBD ∴∠=∠，EB ED =，EBD EDB ∴∠=∠，2ABD ADB ∴∠=∠，90ABD ADB ∠+∠=︒，30ADB ∴∠=︒，60ABD ∠=︒，30ABE EBO OBF ∴∠=∠=∠=︒，60EBF ∴∠=︒．（2）结论：3IH FH =．理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM EJ =，连接MJ ．四边形EBFD 是菱形，60B ∠=︒，EB BF ED ∴==，//DE BF ，JDH FGH ∴∠=∠，在DHJ ∆和GHF ∆中，DHG GHF DH GHJDH FGH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， DHJ GHF ∴∆≅∆，DJ FG ∴=，JH HF =，EJ BG EM BI ∴===，BE IM BF ∴==，60MEJ B ∠=∠=︒，MEJ ∴∆是等边三角形，MJ EM NI ∴==，60M B ∠=∠=︒在BIF ∆和MJI ∆中，BI MJ B M BF IM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，BIF MJI ∴∆≅∆，IJ IF ∴=，BFI MIJ ∠=∠，HJ HF =，IH JF ∴⊥，120BFI BIF ∠+∠=︒，120MIJ BIF ∴∠+∠=︒，60JIF ∴∠=︒，JIF ∴∆是等边三角形，在Rt IHF ∆中，90IHF ∠=︒，60IFH ∠=︒，30FIH ∴∠=︒， 3IH FH ∴=．（3）结论：222EG AG CE =+．理由：如图3中，将ADG ∆绕点D 逆时针旋转90︒得到DCM ∆，90FAD DEF ∠+∠=︒，AFED ∴四点共圆，45EDF DAE ∴∠=∠=︒，90ADC ∠=︒，45ADF EDC ∴∠+∠=︒，ADF CDM ∠=∠，45CDM CDE EDG ∴∠+∠=︒=∠，在DEM ∆和DEG ∆中，DE DE EDG EDM DG DM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，DEG DEM ∴∆≅∆，GE EM ∴=，45DCM DAG ACD ∠=∠=∠=︒，AG CM =，90ECM ∴∠=︒222EC CM EM ∴+=，EG EM =，AG CM =，222GE AG CE ∴=+．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题，属于中考压轴题．10．（1）2t =；（2）222=24PD PE PD PE ++⋅-； (3)①当06x ≤≤时，S △PAE②当6x ≥时, S △PAE【解析】【分析】（1）设直线AB 为3y kx =+，把B(-3,0)代入，求得k ，确定解析式；再设设t 秒后构成平行四边形，根据题意列出方程，求出t 即可；（2）过E 作关于x 轴对于点E ',连接EE′交x 轴于点P ,则此时PE+PD 最小.由（1）得到当t=2时，有C0），D(3+,3)，再根据AB ∥CD ，求出直线CD 和AB 1的解析式，确定E 的坐标；然后再通过乘法公式和线段运算，即可完成解答.（3）根据（1）可以判断有06x ≤≤和6x ≥两种情况，然后分类讨论即可.【详解】（1）解：设直线AB 为3y kx =+，把B(-3,0)代入得：033k =-+∴1k =∴3y x由题意得：设t 秒后构成平行四边形，则33332t t ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭解之得：2t =，（2）如图:过E 作关于x 轴对于点E ',连接EE′交x 轴于点P ,则此时PE+PD 最小.由（1）t=2得：∴C 30），D(33,3)∵AB ∥CD∴设CD 为1y x b =+把C 30）代入得b 1=3∴CD 为：y x 3=-易得1AB 为：3y x =-+ ∴33y x y x ⎧=-⎪⎨=-+⎪⎩解之得：33+33- ∴22222233332()3243322PD PE PD PE PD PE E D '⎛⎛++⋅=+==++=- ⎝⎭⎝⎭ (3)①当06x ≤≤时S △PAE =S △PAB1-S △PEB1=133(6)(33)(6)32x x ⎛--+--= ⎝⎭②当6x ≥时：S △PAE =S △PAB1-S △PEB1=1(6)32x ⎛--= ⎝⎭【点睛】 本题是一次函数的综合题型，主要考查了用待定系数求一次函数的关系式，点的坐标的确定，动点问题等知识点.解题的关键是扎实的基本功和面对难题的自信.。