【培优分级练】北师大版数学九年级上册 第07课《特殊平行四边形解答题（难点2-存在性问题）》培优三阶练（含解析）

这是一份【培优分级练】北师大版数学九年级上册 第07课《特殊平行四边形解答题（难点2-存在性问题）》培优三阶练（含解析）

 第07课 特殊平行四边形 解答题（难点2-存在性问题）
课后培优练级练

培优第一阶——基础过关练
一、解答题
1．如图，在直角坐标系xOy中，点A（2，0）和点B（﹣2，0），直线BC与y轴正半轴交于点C（0，b），过点A作AD⊥BC，垂足为D，连接OD．

(1)求OD的长；
(2)当∠ODA＝30°时，求点C的坐标；
(3)在（2）的条件下，已知点E在直角坐标平面内，如果以A、C、D、E为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可解决问题．
（2）首先证明∠CBO＝60°，在Rt△OBC中，根据OC＝OB计算即可．
（3）点E有三种可能，利用平行四边形的性质，以及中点坐标公式即可解决问题．
(1)
如图，连接OD，

∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∵A(2,0)，B(-2,0)，
∴OA＝OB＝2，
∴OD＝AB＝2．
(2)
∵∠ODA＝30°，OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD＝30°，
∴∠OBD＝60°，
在Rt△OBC中，OC＝OB＝2，
∴C（0，2）．
(3)
∵四边形ADCE1是平行四边形，
∴CM＝AM，DM＝ME1，
∵C（0，2），A（2，0），M为AC中点，
∴利用中点坐标公式可得M（1，），
∴再逆用中点坐标公式可得E1（3，），
同法可得E2（﹣3，3），E3（1，﹣）．

【点睛】
本题考查平行四边形的判定、坐标与图形的性质、含30°角的直角三角形的性质、直角三角形斜边中线定理、中点坐标公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，考虑问题要全面，不能漏解，属于中考常考题型．
2．如图，在平面直角坐标系中，函数y＝﹣2x+12的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交y轴正半轴于点M，且点M为线段OB的中点．

(1)求直线AM的函数解析式；
(2)若点C是x轴上一点，且S△AMCS△ABM，求点C的坐标；
(3)点P在直线AB上，在坐标平面内是否存在点Q，使四边形BPMQ是菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x+6，
(2)（2，0）或（10，0）；
(3)存在，点P的坐标（，12）或（，12）或（，）或（，9）．
【解析】
【分析】
（1）通过函数y＝−2x＋12求出A、B两点坐标，又由点M为线段OB的中点，即可求得点M的坐标，然后由待定系数法求得直线AM的函数解析式；
（2）设出C点坐标，可求得AC的长，根据S△ABM＝BM•OA，S△AMCAC•OM，由S△AMC＝S△ABM，可得方程，解方程即可求得答案；
（3）分两种情况讨论：①BM是菱形的边时；②BM是菱形的对角线时，分别根据菱形的性质求解即可．
(1)
解：∵直线AB的函数解析式为y＝﹣2x+12，
∴A（6，0），B（0，12），
又∵M为线段OB的中点，
∴M（0，6），
设直线AM的解析式为：y＝kx+b，
∴，
解得：，
故直线AM的解析式为y＝﹣x+6；
(2)
设点C的坐标为：（x，0），
∴AC＝|x﹣6|，
∵B（0，12），M（0，6），
∴BM＝6，
∴S△ABMBM•OA6×6＝18，
∵S△AMCS△ABM，
∴S△AMCAC•OM6×|x﹣6|18，
∴3×|x﹣6|＝12，
解得：x＝2或10，
故点C的坐标为：（2，0）或（10，0）；
(3)
设P（x，﹣2x+12），
①如图所示：BM是菱形的边时．

过P2作P2C⊥y轴于C，
∴P2C＝x，BC＝12﹣（﹣2x+12）＝2x，
∵四边形BP2Q2M是菱形，
∴P2B＝BM＝6，
在Rt△BP2C中，P2C2+BC2＝P2B2，
∴x2+（2x）2＝62，解得x＝±，
∴点P的坐标为（，12）或（，12）；
过P3作P3D⊥y轴于D，
∴P3D＝x，MD＝6﹣（﹣2x+12）＝2x﹣6，
∵四边形BQ3P3M是菱形，
∴P3M＝BM＝6，
在Rt△MP3D中，P3D2+MD2＝P3M2，
∴x2+（2x﹣6）2＝62，解得x或0（舍去），   
∴点P的坐标为（，）；
②如图所示：BM是菱形的对角线时，

连接PQ交y轴于N，
∵四边形BQMP是菱形，
∴PQ⊥BM，BN＝MN，
∴点N的坐标为（0，9）．
∴点P的纵坐标是9，
∴﹣2x+12＝9，解得x，
∴点P的坐标为（，9）．
综上所述，存在，点P的坐标（，12）或（，12）或（，）或（，9）．
【点睛】
本题为一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、三角形的面积、菱形的性质等．解题的关键是掌握数形结合思想与方程思想的应用．
3．如图：

(1)如图1，已知锐角△ABC的边BC＝3，S△ABC＝6，点M为△ABC内一点，过点M作MD⊥BC交BC于点D，连接AM，则AM+MD的最小值为 　 　．
(2)如图2．点P是正方形ABCD内一点，PA＝2，PB＝，PC＝4．求∠APB的度数．
(3)如图3，在长方形ABCD中，其中AB＝600，AD＝800点P是长方形内一动点，且S△ABC＝2S△PBC，点Q为△ADP内的任意﹣点，是否存在一点P和一点Q．使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在，请求出此时PQ的长度，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)4
(2)135°
(3)存在，PQ的长度为
【解析】
【分析】
（1）过A作AE⊥BC于E，则S△ABC＝BC•AE＝6，求出AE＝4，由垂线段最短即可得出结果；
（2）把△ABP绕点B顺时针旋转90°得△CBQ，连接PQ，则∠PBQ＝90°，∠APB＝∠CQB，易证△BPQ是等腰直角三角形，得出∠BQP＝45°，PQ＝2，再由勾股定理的逆定理证得△PCQ是直角三角形，∠PQC＝90°，即可得出结果；
（3）过点P作EFAD交AB于点E、交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△AD′Q′，连接DD′，QQ′，D′P，设D′P交AD于点G，则△ADD′、△AQQ′都是等边三角形，由S△PAD＝2S△PBC，可得AE＝2BE，进而求得AE＝400，当D′P⊥EF时，D′P取最小值，运用勾股定理即可求得答案．
(1)
解：如图1，过A作AE⊥BC于E，

则S△ABC＝BC•AE＝×3×AE＝6，
∴AE＝4，
∵MD⊥BC，
∴当A、M、D三点共线时，
AM＋MD的值最小＝AE＝4，
故答案为：4；
(2)
∵点P是正方形ABCD内一点，
∴把△ABP绕点B顺时针旋转90°得△CBQ，连接PQ，如图2所示：

则∠PBQ＝90°，∠APB＝∠CQB，QC＝PA＝2，QB＝PB＝，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠BQP＝45°，PQ＝PB＝×＝2，
∵QC2＋PQ2＝22＋（2）2＝16，PC2＝42＝16，
∴QC2＋PQ2＝PC2，
∴△PCQ是直角三角形，∠PQC＝90°，
∴∠CQB＝∠PQC＋∠BQP＝90°＋45°＝135°，
∴∠APB＝135°；
(3)
存在一点P和一点Q，使得AQ＋DQ＋PQ有最小值，理由如下：
如图3，过点P作EFAD交AB于点E、交CD于点F，

将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△AD′Q′，连接DD′、QQ′、D′Q、D′P，
设D′P交AD于点G，
则△ADD′、△AQQ′都是等边三角形，D′Q′＝DQ，
∴AQ＝QQ′，
∵Q′Q＋D′Q′≥D′Q，即AQ＋DQ≥D′Q，D′Q＋PQ≥D′P，
∴AQ＋DQ＋PQ≥D′P，
∴当P、Q、Q′、D′在同一条直线上时，AQ＋DQ＋PQ有最小值，最小值为D′P，
在长方形ABCD中，AB＝600，AD＝800，
∴BC＝AD＝800，AD∥BC，∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝90°，
∴EF∥BC，
∵S△PAD＝2S△PBC，
∴AD•AE＝2×BC•BE，
∴AE＝2BE，
∴AE＝AB＝400，
∵点P在EF上，
∴当D′P⊥EF时，D′P取最小值，
∵ADEF，
∴D′P⊥AD，
∵△ADD′是等边三角形，
∴AD′＝AD＝800，AG＝
AD＝400，∠AGD′＝90°，
∴D′G＝，
∵∠EAG＝∠AEP＝∠EPG＝90°，
∴四边形AEPG是矩形，
∴GP＝AE＝400，
∴D′P＝D′G＋GP＝400＋400，
∴AQ＋DQ＋PQ的最小值为400＋400，；
∵△AQQ′是等边三角形，AD⊥QQ′，
∴∠GAQ＝30°，AQ＝2GQ，
在Rt△AGQ中，AG2＋GQ2＝AQ2，
∴4002＋GQ2＝（2GQ）2，
解得：GQ＝，
∴PQ＝GP−GQ＝．
【点睛】
本题考查了等边三角形判定与性质、正方形的性质、矩形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、勾股定理逆定理、点到直线的距离垂线段最短、三角形面积计算等知识，解题关键是通过旋转确定线段和取最小值的位置．
4．如图，在平面直角坐标系中，点A（0，8），点B是x轴的正半轴上的一个动点，连接AB，取AB的中点M，将线段MB绕着点B按顺时针方向旋转90°，得到线段BC．过点B作x轴的垂线交直线AC于点D．设点B坐标是（t，0）

(1)当t＝6时，点M的坐标是______；
(2)求点C的坐标（用含t的代数式表示）；
(3)是否存在点B，使四边形AOBD为矩形？若存在，请求出点B的坐标；若不存在，请说明理由；
(4)在点B的运动过程中，平面内是否存在一点N，使得以A、B、N、D为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的纵坐标（不必要写横坐标）；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)，理由见解析
(4)3或8，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用中点坐标公式计算即可．
（2）如图1中，作于，轴于．证明，利用全等三角形的性质即可解决问题．
（3）如图2中，存在．由题意当时，可证四边形是矩形，构建方程即可解决问题．
（4）分三种情形：①如图3中，当时，以为对角线可得菱形，此时点在轴上．②如图4中，当时，以为对角线可得菱形．此时点的纵坐标为8．③因为，所以不存在以为对角线的菱形．
(1)
如图1中，

，，，
，
故答案为：（3，4）；
(2)
如图1中，作于，轴于．
∵，
，，
，
，，
，
，
，
，，
，
．
(3)
存在．
如图2中，作于，轴于．

理由：由题意当时，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
又∵由（2）得，
即：，解得：．
．
(4)
①如图3中，当时，以为对角线可得菱形，此时点在轴上．作BE⊥AC交于点E，

设，，
∵点M是AB的中点，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
在中，则有，
①②联立，解得：，
，
点的纵坐标为3．
②如图4中，当时，以为对角线可得菱形．此时点的纵坐标为8．

③，
不存在以为对角线的菱形．
综上所述，满足条件的点的纵坐标为3或8．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，翻折变换，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
5．如图，在正方形 ABCD 中，点 E 是 BC 边上的一点，∠AEP=90°，且EP 交正方形外角的平分线 CP 于点 P．

(1)求∠ECP 的度数；
(2)求证：∠BAE=∠CEP；
(3)求证：AE=EP；
(4)在 AB 边上是否存在点 M，使得四边形 DMEP 是平行四边形？若存在，请画出图形并给予证明； 若不存在，请说明理由．
【答案】(1)135°；
(2)证明过程见解析；
(3)证明过程见解析；
(4)存在，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质及角平分线的定义求解即可；
（2）先证∠BAE+∠BEA=90°，再证∠BEA+∠CEP=90°，最后得∠BAE=∠CEP；
（3）在AB上取BN=BE，连接EH，根据已知及正方形的性质利用ASA判定△AHE≌△ECP，从而得到AE=EP；
（4）先证△DAM≌△ABE，进而可得四边形DMEP是平行四边形．
(1)
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DCB=∠DCN=90°．
∵CP为正方形ABCD的外角平分线，
∴∠PCD=∠PCN=45°．
∴∠ECP=∠DCB+∠DCP=135°．
(2)
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=90°．
∴∠BAE+∠BEA=90°，
∵∠AEP=90°，
∴∠BEA+∠CEP=90°，
∴∠BAE=∠CEP，
(3)
如图，在AB上截取BN=BE．

∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠B=90°．
∴AN=EC，∠1=∠2=45°．
∴∠4=135°．
∵CP为正方形ABCD的外角平分线，
∴∠PCE=135°．
∴∠PCE=∠4．
∵∠AEP=90°，
∴∠BEA+∠3=90°．
∵∠BAE+∠BEA=90°，
∴∠3=∠BAE．
在△ANE和△ECP中

∴△ANE≌△ECP（ASA）．
∴AE=EP．
(4)
存在点M使得四边形DMEP是平行四边形．
理由如下：过点D作DM∥PE，交AE于点K，交AB于点M，连接ME、DP．

∴∠AKD=∠AEP=90°．
∵∠BAD=90°，
∴∠ADM+∠AMD=90°，∠MAK+∠AMD=90°．
∴∠ADM=∠MAK．
在△AMD和△BEA中

∴△AMD≌△BEA（ASA）．
∴DM=AE．
∴DM=EP．
∴四边形DMEP为平行四边形．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识．此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．
6．已知长方形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（8，6），点A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上的动点，设PC＝m．


（1）已知点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，设D点横坐标为n，则D点纵坐标可用含n的代数式表示为　 　，此时若△APD是等腰直角三角形，求点D的坐标；
（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），请问在该直线上，是否存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形？若存在，请直接写出这些点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）点D（4,14）；（2）存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形，点D的坐标或．
【解析】
【分析】
（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，可得点D（n,2n+6）,根据△APD是等腰直角三角形，可得∠EDA=∠FAP，可证△EDA≌△FAP（AAS），可得AE=PF，ED=FA，再证四边形AFPB为矩形，得出点D（n，14），根据点D在直线y＝2x＋6上，求出n=4即可；
（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），求出b =-6，设点D（x, 2x-6），分三种情况当∠ADP=90°，AD=DP，△ADP为等腰直角三角形，证明△EDA≌△FPD（AAS），再证四边形OCFE为矩形，EF=OC=8，得出DE+DF=x+2x-14=8；当∠APD=90°，AP=DP，△ADP为等腰直角三角形，先证△ABP≌△PFD（AAS），得出CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6；当∠PAD=90°，AP=AD，△ADP为等腰直角三角形，先证四边形AFPB为矩形，得出PF=AB=8，再证△APF≌△DAE（AAS），得出求解方程即可
【详解】
解：（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，
设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，
∴x=n，y＝2n＋6，
∴点D（n,2n+6）,
∵△APD是等腰直角三角形，
∴DA=AP，∠DAP=90°，
∴∠DAE+∠FAP=180°-∠DAP=90°，
∵DE⊥y轴，PF⊥y轴，
∴∠DEA=∠AFP=90°，
∴∠EDA+∠DAE=90°，
∴∠EDA=∠FAP，
在△EDA和△FAP中，
，
∴△EDA≌△FAP（AAS），
∴AE=PF，ED=FA，
∵四边形OABC为矩形，B的坐标为（8，6），
∴AB=OC=8，OA=BC=6，∠FAB=∠ABP=90°，
∵∠AFP=90°，
∴四边形AFPB为矩形，
∴PF=AB=8，
∴EA=FP=8，
∴OE=OA+AE=6+8=14，
∴点D（n，14），
∵点D在直线y＝2x＋6上，
∴14＝2n＋6,，
∴n=4，
∴点D（4,14）；


（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），
∴0＝6＋b，
∴b =-6，
∴直线y＝2x-6，
设点D（x, 2x-6），
过点D作EF⊥y轴，交y轴于E，交CB延长线于F，
要使△ADP为等腰直角三角形，
当∠ADP=90°，AD=DP，△ADP为等腰直角三角形，
∴∠ADE+∠FDP=180°-∠ADP=90°，
∵DE⊥y轴，PF⊥y轴，
∴∠DEA=∠AFP=90°，
∴∠EDA+∠DAE=90°，
∴∠EAD=∠FDP，
在△EDA和△FPD中，
，
∴△EDA≌△FPD（AAS），
∴AE=DF=2x-6-8=2x-14，ED=FP=x，
∵四边形OABC为矩形，AB=OC=8，OA=BC=6，
∴∠OCF=90°，
∴四边形OCFE为矩形，EF=OC=8，
∴DE+DF=x+2x-14=8，
解得x=，
∴，
∴点D；


当∠APD=90°，AP=DP，△ADP为等腰直角三角形，
∴∠APB+∠DPF=90°，
过D作DF⊥射线CB于F，
∴∠DFP=90°，
∵四边形OABC为矩形，
∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=90°，
∴∠BAP+∠APB=90°，
∴∠BAP=∠FPD，
在△ABP和△PFD中，
，
∴△ABP≌△PFD（AAS），
∴BP=FD=x-8,AB=PF=8，
∴CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6，
解得x=，
∴，
∴点D；


当∠PAD=90°，AP=AD，△ADP为等腰直角三角形，
∴∠EAD +∠PAF=90°，
过D作DE⊥y轴于E，过P作PF⊥y轴于F，
∴∠DEA=∠PFA=90°，
∴∠FAP+∠FPA=90°，
∴∠FPA=∠EAD，
∵四边形OABC为矩形，
∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=∠BAO=90°，
∵∠PFA=90°，
∴四边形AFPB为矩形，
∴PF=AB=8，
在△APF和△DAE中，
，
∴△APF≌△DAE（AAS），
∴FP=AE=8，AF=DE=6-m，
∴OE=OA+AE=6+8=14，
∴，
解得：，
∵PC＝m≥0，
∴AF=6-m≤6＜10，
∴此种情况不成立；


综合存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形，点D的坐标或．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质，掌握等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质是解题关键．
7．把正方形纸片放在直角坐标系中，如图所示，正方形纸片ABCD的边长为3，点E、F分别在BC、CD上，将AB、AD分别沿AE、AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知3BE＝BC．

（1）请直接写出D、E两点的坐标，并求出直线EF的解析式；
（2）在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）若点P、Q分别是线段AG、AF上的动点，则EP＋PQ的最小值是多少？并求出此时点Q的坐标．
【答案】（1）D点坐标为（3，3），E点坐标为（1，0），直线EF的解析式为；（2）当M的坐标为（2，）或（4，）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；（3）（2，2）
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质即可得到BC=CD=3，∠BCD=90°，则D点坐标为（3，3），再由3BE=BC，得到BE=1，则E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，由折叠的性质可知，EF=BE=1，FG=DF，设CF=x，则GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，由，得到，即可求出F的坐标为（3，），设直线EF的解析式为，把E、F的坐标代入求解即可；
（2）由△AEF和△AFM等高，则，从而得到，然后分当M在线段EF上时，即M为EF的中点时，此时记作M1，当M在EF延长线上时，此时记作M2，则，即此时F为的中点，根据中点坐标公式求解即可；
（3）由，得到当Q、P、E三点共线的时候有最小值EQ，再由点到直线的距离垂线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即有最小值，先用面积法求出，然后求出直线AF的解析式为；设Q点坐标为（t，），则，由此求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是边长为3的正方形，
∴BC=CD=3，∠BCD=90°，
∴D点坐标为（3，3），
∵3BE=BC，
∴BE=1，
∴E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，
由折叠的性质可知，EG=BE=1，FG=DF，
设CF=x，则GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，
∵，
∴，
解得，
∴F的坐标为（3，），
设直线EF的解析式为，
∴，
∴，
∴直线EF的解析式为；

（2）假设在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，
∵△AEF和△AFM等高，
∴，
∴，
当M在线段EF上时，即M为EF的中点时，此时记作M1，
∵E点坐标为（1，0），F的坐标为（3，），
∴ ，
∴M1的坐标为（2，）；
当M在EF延长线上时，此时记作M2，则，即此时F为的中点，
∴，
∴，
∴M2的坐标为（4，）；
∴综上所述，当M的坐标为（2，）或（4，）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；

（3）如图所示，连接EQ，
∵，
∴当Q、P、E三点共线的时候有最小值EQ，
再由点到直线的距离垂线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即有最小值，
由（1）得，有折叠的性质可得AG=AB=3，∠AGE=∠AGF=∠ABC=90°，
∴，
∵，
∴，
设直线AF的解析式为
∴，
∴，
∴直线AF的解析式为；
设Q点坐标为（t，），
∴，
解得，
∴Q点坐标为（2，2）

【点睛】
本题主要考查了一次函数与几何综合，正方形的性质，两点距离公式，解题的关键在于能够熟练掌握一次函数的相关知识．
8．如图1，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，，，点P是射线CA上的动点，点Q是x轴上的动点，，分别以AQ和AP为边作平行四边形APEQ，设Q点的坐标是．

（1）求矩形OABC的对角线AC的长；
（2）如图2，当点Q在线段OA上，且点E恰好在y轴上时，求t的值；
（3）在点P，Q的运动过程中，是否存在点Q，使是菱形？若存在，请求出所有满足条件的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）12；（2）；（3）存在，t＝3或或或
【解析】
【分析】
（1）结合题意，根据矩形和含角直角三角形的性质计算，即可得到答案；
（2）根据题意，推导得AP＝12－3t，根据平行四边形和含角直角三角形的性质，推导得EQ＝2OQ，再通过列一元一次方程并求解，即可得到答案；
（3）结合题意，分点P在线段CA上和点P在CA的延长线上两种情况分析；结合（1）的结论，根据菱形的性质，通过列绝对值方程并求解，即可得到答案．
【详解】
（1）∵四边形OABC是矩形，
∴∠AOC＝90°，
∵OA＝6，∠OCA＝30°，
∴AC＝12；
（2）∵OQ＝t，
∴CP＝3OQ＝3t，
∴AP＝12－3t，
∵以AQ和AP为边作平行四边形APEQ，
∴EQ＝AP＝12－3t，
∴
∴EQ＝2OQ，
∴12－3t＝2t，
∴；
（3）当点P在线段CA上时，OQ＝|t|，分点Q在点A左侧和右侧两种情况分析；
当点Q在点A左侧时，分和两种情况
当时，
∴CP＝3|t|＝3t
∴AP＝12－3|t|＝12－3t，AQ＝6－|t|＝6－t
∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AP＝AQ，
∴12－3t＝6－t
∴t＝3；
当时，
∴CP＝3|t|＝-3t，
∴AP＝12－3|t|＝12+3t，AQ＝6+|t|＝6-t
∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AP＝AQ，
∴12+3t＝6-t
∴；
当点Q在点A右侧时，即
∴CP＝3|t|＝3t
∴AP＝12－3t，AQ＝t－6，
∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AP＝AQ，
∴12－3t＝t－6
∴，和矛盾，故舍去；
当点P在CA的延长线上时，分点Q在点A左侧和右侧两种情况分析；
当点Q在点A左侧时，分和两种情况
当时，
∴CP＝3|t|＝3t
∴AP＝3t－12，AQ＝6－|t|＝6－t
∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AP＝AQ，
∴3t－12＝6－t
∴
当时，
∴CP＝3|t|＝-3t，
∴AP＝3|t|－12＝－3t－12，AQ＝6+|t|＝6-t
∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AP＝AQ，
∴－3t－12＝6－t
∴；
当点Q在点A右侧时，分
∴OQ＝t，
∴AQ＝t－6，CP＝3t
∴AP＝3t－12，
∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AQ＝AP，
∴t－6＝3t－12，
∴，和矛盾，故舍去
∴存在点Q，使是菱形，t＝3或或或．
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、直角三角形、一元一次方程、平行线、菱形、绝对值的知识；解题的关键是熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、含角直角三角形的性质，从而完成求解．
9．已知如图，平面直角坐标系内的矩形OABC，点A在x轴上，点C在y轴上，点B坐标为（），D为AB边上一点，将△BCD沿直线CD折叠，得到△ECD，点B的对应点E落在线段OA上．
（1）求OE的长；
（2）点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线CD方向运动，设运动时间为t，△PBD的面积为S，求S关于t的关系式；
（3）在（2）的条件下，点Q为直线DE上一点，是否存在t，使得以点A、B、Q、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出t的值，并直接写出点P、点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）t=1，，或t=3，，或t=7，，
【解析】
【分析】
（1）先求出OC=6，由折叠的性质可知，再利用勾股定理求解即可；
（2）过点P作PF⊥BC交直线BC于F，连接PD，分P在线段CD上和在CD的延长线上两种情况讨论求解即可；
（3）分当AB以点A、B、Q、P为顶点的平行四边形的对角线时，当四边形APQB是平行四边形的边时，当四边形AQPB是平行四边形的边时三种情况利用平行四边形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCO是矩形， ，
∴OC=AB=6， ，
由折叠的性质可知，DE=BD，，
∴，
（2）如图，过点P作PF⊥BC交直线BC于F，连接PD
由题意可知CP=2t
∵，∠COE=90°，
∴，∠OCE=30°，
∴∠ECB=60°，
由折叠的性质可知∠BCD=∠ECD
∴∠FCP=∠ECD=30°，
∴PF= ，
∴
设BD=DE=x，则AD=6-x，
∵，
∴，
解得x=4，
∴BD=4，
当P在线段CD上时，


当P在CD的延长线上时，


∴综上所述
（3）由（1）（2）得BD=4，，PF=t ，，
∴AD=2，
∴，，
设直线DE的解析式为，
∴，
解得，
∴直线DE的解析式为，
设，
当AB以点A、B、Q、P为顶点的平行四边形的对角线时，
∴（平行四边形两条对角线的中点坐标相同），
解得，
∴，
当AB为四边形APQB是平行四边形的边时，
∴AB∥PQ，AB=PD=6
∴
解得，
∴，；
当AB为四边形AQPB是平行四边形的边时，
∴AB∥PQ，AB=PD=6
∴
解得
∴，；
∴综上所述，当t=1，，或t=3，，或t=7，，时以点A、B、Q、P为顶点的四边形为平行四边形；
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，坐标与图形，矩形的性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
10．如图，直线y＝﹣x+11分别交x轴y轴于A，B两点，点D以每秒2个单位的速度从点A出发沿射线AD方向运动，同时点E以每秒1个单位的速度从点B出发沿边BA方向运动，当E到达点A时，点D，E同时停止运动，设运动时间为t秒．

（1）求点A的坐标及线段AB的长．
（2）如图1，当t＝4﹣2时，求∠AED的度数．
（3）如图2，以DE为对角线作正方形DFEG，在运动过程中，是否存在正方形DFEG的一边恰好落在△ADB的一边上？若存在，请求出所有符合条件的t值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A（11，0），AB=22；（2）∠AED=30°；（3）存在，t=或t=44-22或t=4+2或t=．
【解析】
【分析】
（1）由直线y=-x+11分别交x轴y轴于A，B两点，求点A、点B的坐标，再根据勾股定理求出AB的长；
（2）作DK⊥AB于点K，延长DK到点L，使KL=DK，连结AL、BD，由AB•DK=AD•OB=S△ABD，求出DK的长，得到DL的长，可判断△ADL是等边三角形，∠DAK=∠DAL=30°；再通过计算证明AK=EK，可得∠AED=∠DAK，求得∠AED的度数；
（3）先证明含30°角的直角三角形的三边的比是1：2：，再按DF或DG在OA上、EG或EF在AB上分类讨论，求出相应的t的值．
【详解】
解：（1）当y=0时，由-x+11=0得，x=11；当x=0时，y=11，
∴A（11，0），B（0，11），
∵∠AOB=90°，OA=11，OB=11，
∴AB==22；
（2）如图1，作DK⊥AB于点K，延长DK到点L，使KL=DK，连结AL、BD，

由题意得，AD=2t，BE=t，
当t=4-2时，AD=2（4-2）=8-4，BE=4-2，
∵AB•DK=AD•OB=S△ABD，
∴×22DK=×（8-4）×11，
解得，DK=4-2，
∴DL=2DK=2（4-2）=8-4，
∴AD=DL，
∴AD=AL=DL，
∵△ADL是等边三角形，
∴∠DAL=60°，
∴∠DAK=∠DAL=30°；
∵∠AKD=90°，
∴，
∴EK=22-（4-2）-（12−2）=12−2，
∴AK=EK，
∴AD=ED，
∴∠AED=∠DAK=30°；
（3）存在．
如图2，在BO的延长线上取一点H，使OH=OB，连结AH，

由（2）得，∠OAB=30°，
∵AO⊥BH，
∴AB=AH，
∴∠OAH=∠OAB=30°，
∴∠BAH=60°，
∴△BAH是等边三角形；
设OB=a，则AB=BH=2a，
∴OA=，
可得，在直角三角形中，如果有一个角是30°，那么30°角所对的直角边与斜边、另一直角边的比为1：2：，
当DG边在OA上，如图2，则∠AGE=90°，
∴EG=AE=（22-t），
∴（22-t）+2t=×（22-t），
解得，；
当EF边在AB上，如图3，则∠AFD=90°，

∴EF=DF=AD=×2t=t，
∴AF=DF=t，
∴2t+t=22，
解得，t=44-22；
当DF边在OA上，如图4，则∠AFE=90°，

∴AF=EF，
∵EF=DF，AF+DF=AD=2t，
∴EF+EF=2t，
∴EF=（-1）t，
∵AE=2EF，
∴22-t=2（-1）t，
解得，t=4+2；
当EG边AB上，如图5，则∠AGD=90°，

∵EG=DG=AD=t，AG=DG，
∴22-t+t=t，
解得，．
综上所述，t=或t=44-22或t=4+2或t=．
【点睛】
本题重点考查一次函数的图象与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、二次根式的化简、动点问题的求解等知识与方法，解题的关键是确定∠AED=30°及含有30°角的直角三角形的三边的比是1：2：，解第（3）题时还应注意分类讨论，求出所有符合条件的t的值．
11．如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝10，折叠纸片使B点落在边AD上的点E处，折痕为PQ．过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形PBFE为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形PBFE的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，菱形PBFE的面积有最值吗？若有，请写出，若没有，填“无”．最大值为 ；最小值为 ．

【答案】（1）见解析；（2）①；②36，
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；
（2）①根据矩形的性质和勾股定理求得AE的长，再在Rt△APE中求得PE，即菱形的边长；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝2；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝6，即可得出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EF∥AB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∵EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝10，
在Rt△CDE中，DE＝＝8，
∴AE＝AD﹣DE＝2；
在Rt△APE中，AE＝2，AP＝6-PB＝6﹣PE，
∴，解得：，
∴菱形BFEP的边长为；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝2，，
，

当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝6，
，
∴菱形的面积范围：．
菱形PBFE面积的最大值是36，最小值是．

【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识，求出PE是本题的关键．
12．已知：在矩形ABCD中，，．
（1）如图1，E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点、求证：四边形EFGH是菱形；

（2）如图2，若菱形EFGH的三个顶点E、F、H分别在AD，AB，CD上，．
①连接BG，若，求AF的长；
②设，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式．在自变量m的取值范围内，是否存在m，使菱形EPGH面积最大？若存在，请直接写出菱形EFGH面积最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①；②存在m=，菱形EFGH面积最大为
【解析】
【分析】
（1）连接，，由、、、分别是，，，的中点可得，，，又，得，即结论得证；
（2）①过点作延长线于，根据证，得出，根据勾股定理求出，设，则，再利用勾股定理求出即可；
②延长交延长线于，由①知，同理可证，则菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，得出关于的关系式即可得出最大时菱形面积最大，当与重合时有最大值，求出此时的值即可．
【详解】
解：（1）连接，，

、、、分别是，，，的中点，
，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形；
（2）①如图2，过点作延长线于，

，，
，
又，，
，
，
，
设，则，
，
，
即，
解得，
故；
②如图2，延长交延长线于，
由已知可得，四边形是矩形，
由①知，
同理可证，
菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，
，
即，
，
，，，，
，
，
当取最大值时菱形面积最大，
当与重合时有最大值，即取到最大值，
此时，
，
当时，菱形面积最大为．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质及勾股定理是解题的关键．

培优第二阶——拓展培优练
一、解答题
1．把正方形纸片放在直角坐标系中，如图所示，正方形纸片ABCD的边长为3，点E、F分别在BC、CD上，将AB、AD分别沿AE、AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知3BE＝BC．

（1）请直接写出D、E两点的坐标，并求出直线EF的解析式；
（2）在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）若点P、Q分别是线段AG、AF上的动点，则EP＋PQ的最小值是多少？并求出此时点Q的坐标．
【答案】（1）D点坐标为（3，3），E点坐标为（1，0），直线EF的解析式为；（2）当M的坐标为（2，）或（4，）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；（3）（2，2）
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质即可得到BC=CD=3，∠BCD=90°，则D点坐标为（3，3），再由3BE=BC，得到BE=1，则E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，由折叠的性质可知，EF=BE=1，FG=DF，设CF=x，则GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，由，得到，即可求出F的坐标为（3，），设直线EF的解析式为，把E、F的坐标代入求解即可；
（2）由△AEF和△AFM等高，则，从而得到，然后分当M在线段EF上时，即M为EF的中点时，此时记作M1，当M在EF延长线上时，此时记作M2，则，即此时F为的中点，根据中点坐标公式求解即可；
（3）由，得到当Q、P、E三点共线的时候有最小值EQ，再由点到直线的距离垂线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即有最小值，先用面积法求出，然后求出直线AF的解析式为；设Q点坐标为（t，），则，由此求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是边长为3的正方形，
∴BC=CD=3，∠BCD=90°，
∴D点坐标为（3，3），
∵3BE=BC，
∴BE=1，
∴E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，
由折叠的性质可知，EG=BE=1，FG=DF，
设CF=x，则GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，
∵，
∴，
解得，
∴F的坐标为（3，），
设直线EF的解析式为，
∴，
∴，
∴直线EF的解析式为；

（2）假设在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，
∵△AEF和△AFM等高，
∴，
∴，
当M在线段EF上时，即M为EF的中点时，此时记作M1，
∵E点坐标为（1，0），F的坐标为（3，），
∴ ，
∴M1的坐标为（2，）；
当M在EF延长线上时，此时记作M2，则，即此时F为的中点，
∴，
∴，
∴M2的坐标为（4，）；
∴综上所述，当M的坐标为（2，）或（4，）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；

（3）如图所示，连接EQ，
∵，
∴当Q、P、E三点共线的时候有最小值EQ，
再由点到直线的距离垂线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即有最小值，
由（1）得，有折叠的性质可得AG=AB=3，∠AGE=∠AGF=∠ABC=90°，
∴，
∵，
∴，
设直线AF的解析式为
∴，
∴，
∴直线AF的解析式为；
设Q点坐标为（t，），
∴，
解得，
∴Q点坐标为（2，2）

【点睛】
本题主要考查了一次函数与几何综合，正方形的性质，两点距离公式，解题的关键在于能够熟练掌握一次函数的相关知识．
2．已知如图，平面直角坐标系内的矩形OABC，点A在x轴上，点C在y轴上，点B坐标为（），D为AB边上一点，将△BCD沿直线CD折叠，得到△ECD，点B的对应点E落在线段OA上．
（1）求OE的长；
（2）点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线CD方向运动，设运动时间为t，△PBD的面积为S，求S关于t的关系式；
（3）在（2）的条件下，点Q为直线DE上一点，是否存在t，使得以点A、B、Q、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出t的值，并直接写出点P、点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）t=1，，或t=3，，或t=7，，
【解析】
【分析】
（1）先求出OC=6，由折叠的性质可知，再利用勾股定理求解即可；
（2）过点P作PF⊥BC交直线BC于F，连接PD，分P在线段CD上和在CD的延长线上两种情况讨论求解即可；
（3）分当AB以点A、B、Q、P为顶点的平行四边形的对角线时，当四边形APQB是平行四边形的边时，当四边形AQPB是平行四边形的边时三种情况利用平行四边形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCO是矩形， ，
∴OC=AB=6， ，
由折叠的性质可知，DE=BD，，
∴，
（2）如图，过点P作PF⊥BC交直线BC于F，连接PD
由题意可知CP=2t
∵，∠COE=90°，
∴，∠OCE=30°，
∴∠ECB=60°，
由折叠的性质可知∠BCD=∠ECD
∴∠FCP=∠ECD=30°，
∴PF= ，
∴
设BD=DE=x，则AD=6-x，
∵，
∴，
解得x=4，
∴BD=4，
当P在线段CD上时，


当P在CD的延长线上时，


∴综上所述
（3）由（1）（2）得BD=4，，PF=t ，，
∴AD=2，
∴，，
设直线DE的解析式为，
∴，
解得，
∴直线DE的解析式为，
设，
当AB以点A、B、Q、P为顶点的平行四边形的对角线时，
∴（平行四边形两条对角线的中点坐标相同），
解得，
∴，
当AB为四边形APQB是平行四边形的边时，
∴AB∥PQ，AB=PD=6
∴
解得，
∴，；
当AB为四边形AQPB是平行四边形的边时，
∴AB∥PQ，AB=PD=6
∴
解得
∴，；
∴综上所述，当t=1，，或t=3，，或t=7，，时以点A、B、Q、P为顶点的四边形为平行四边形；
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，坐标与图形，矩形的性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
3．如图，直线y＝﹣x+11分别交x轴y轴于A，B两点，点D以每秒2个单位的速度从点A出发沿射线AD方向运动，同时点E以每秒1个单位的速度从点B出发沿边BA方向运动，当E到达点A时，点D，E同时停止运动，设运动时间为t秒．

（1）求点A的坐标及线段AB的长．
（2）如图1，当t＝4﹣2时，求∠AED的度数．
（3）如图2，以DE为对角线作正方形DFEG，在运动过程中，是否存在正方形DFEG的一边恰好落在△ADB的一边上？若存在，请求出所有符合条件的t值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A（11，0），AB=22；（2）∠AED=30°；（3）存在，t=或t=44-22或t=4+2或t=．
【解析】
【分析】
（1）由直线y=-x+11分别交x轴y轴于A，B两点，求点A、点B的坐标，再根据勾股定理求出AB的长；
（2）作DK⊥AB于点K，延长DK到点L，使KL=DK，连结AL、BD，由AB•DK=AD•OB=S△ABD，求出DK的长，得到DL的长，可判断△ADL是等边三角形，∠DAK=∠DAL=30°；再通过计算证明AK=EK，可得∠AED=∠DAK，求得∠AED的度数；
（3）先证明含30°角的直角三角形的三边的比是1：2：，再按DF或DG在OA上、EG或EF在AB上分类讨论，求出相应的t的值．
【详解】
解：（1）当y=0时，由-x+11=0得，x=11；当x=0时，y=11，
∴A（11，0），B（0，11），
∵∠AOB=90°，OA=11，OB=11，
∴AB==22；
（2）如图1，作DK⊥AB于点K，延长DK到点L，使KL=DK，连结AL、BD，

由题意得，AD=2t，BE=t，
当t=4-2时，AD=2（4-2）=8-4，BE=4-2，
∵AB•DK=AD•OB=S△ABD，
∴×22DK=×（8-4）×11，
解得，DK=4-2，
∴DL=2DK=2（4-2）=8-4，
∴AD=DL，
∴AD=AL=DL，
∵△ADL是等边三角形，
∴∠DAL=60°，
∴∠DAK=∠DAL=30°；
∵∠AKD=90°，
∴，
∴EK=22-（4-2）-（12−2）=12−2，
∴AK=EK，
∴AD=ED，
∴∠AED=∠DAK=30°；
（3）存在．
如图2，在BO的延长线上取一点H，使OH=OB，连结AH，

由（2）得，∠OAB=30°，
∵AO⊥BH，
∴AB=AH，
∴∠OAH=∠OAB=30°，
∴∠BAH=60°，
∴△BAH是等边三角形；
设OB=a，则AB=BH=2a，
∴OA=，
可得，在直角三角形中，如果有一个角是30°，那么30°角所对的直角边与斜边、另一直角边的比为1：2：，
当DG边在OA上，如图2，则∠AGE=90°，
∴EG=AE=（22-t），
∴（22-t）+2t=×（22-t），
解得，；
当EF边在AB上，如图3，则∠AFD=90°，

∴EF=DF=AD=×2t=t，
∴AF=DF=t，
∴2t+t=22，
解得，t=44-22；
当DF边在OA上，如图4，则∠AFE=90°，

∴AF=EF，
∵EF=DF，AF+DF=AD=2t，
∴EF+EF=2t，
∴EF=（-1）t，
∵AE=2EF，
∴22-t=2（-1）t，
解得，t=4+2；
当EG边AB上，如图5，则∠AGD=90°，

∵EG=DG=AD=t，AG=DG，
∴22-t+t=t，
解得，．
综上所述，t=或t=44-22或t=4+2或t=．
【点睛】
本题重点考查一次函数的图象与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、二次根式的化简、动点问题的求解等知识与方法，解题的关键是确定∠AED=30°及含有30°角的直角三角形的三边的比是1：2：，解第（3）题时还应注意分类讨论，求出所有符合条件的t的值．
4．如图1，在平面直角坐标系中，过点的两条直线分别交y轴于B、C两点，且B、C两点的纵坐标分别是一元二次方程的两个根．

（1）判断直线AC与直线AB的位置关系？并说明理由；
（2）如图2，若点D在直线AC上，且△BCD为等边三角形，动点E在直线AC上（不与点D、C重合），做直线BD，垂足为点F，设点EF的长为d，点E的横坐标是x，请求出d与x的函数关系式：
（3）在（2）的条件下，直线BD上是否存在点P，平面内是否存在点Q，使以A、B、P、Q四点为顶点的四边形是菱形，若存在请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）AB⊥AC，，理由见解析；（2）；（3）或，或，或，
【解析】
【分析】
（1）结论：．先求出、两点坐标，得到AB2，AC2，BC2，利用勾股定理的逆定理证明．
（2）分两种情形解答①，②，分别在中，解直角三角形即可．
（3）分两种情形讨论即可①当为菱形对角线时，线段的垂直平分线的解析式为，直线与轴的交点即为点，此时．
②当为菱形的边时，，可得，，，，根据菱形的性质求出点坐标即可．
【详解】
解：（1），理由如下：
一元二次方程的两个根为，3，
，，
，，
∴，，，
∴，
；
（2）如图1中，作于．

∵△BCD是等边三角形，
∴，，
，
，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，，
直线的解析式为，直线的解析式为，
①当点在点上方时，即时，
点的横坐标为，
，，
，
．
②当点在点下方时，即时，同理可得．
综上所述．
（3）如图2中，存在，理由如下：

当为菱形对角线时,设线段的垂直平分线的解析式为
把的中点代入：   
所以线段的垂直平分线的解析式为，
直线与轴的交点即为点，此时．
当为菱形的边时，
同理可得：的解析式为：
而，
设
，
则或
所以，，
同理可得，
四边形、四边形、四边形是菱形，
所以由平移的性质可得：
，，，，，
综上所述，满足条件的点坐标或，或，或，．
【点睛】
本题考查四边形综合题、一次函数、两直线位置关系、菱形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
5．已知：在矩形ABCD中，，．
（1）如图1，E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点、求证：四边形EFGH是菱形；

（2）如图2，若菱形EFGH的三个顶点E、F、H分别在AD，AB，CD上，．
①连接BG，若，求AF的长；
②设，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式．在自变量m的取值范围内，是否存在m，使菱形EPGH面积最大？若存在，请直接写出菱形EFGH面积最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①；②存在m=，菱形EFGH面积最大为
【解析】
【分析】
（1）连接，，由、、、分别是，，，的中点可得，，，又，得，即结论得证；
（2）①过点作延长线于，根据证，得出，根据勾股定理求出，设，则，再利用勾股定理求出即可；
②延长交延长线于，由①知，同理可证，则菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，得出关于的关系式即可得出最大时菱形面积最大，当与重合时有最大值，求出此时的值即可．
【详解】
解：（1）连接，，

、、、分别是，，，的中点，
，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形；
（2）①如图2，过点作延长线于，

，，
，
又，，
，
，
，
设，则，
，
，
即，
解得，
故；
②如图2，延长交延长线于，
由已知可得，四边形是矩形，
由①知，
同理可证，
菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，
，
即，
，
，，，，
，
，
当取最大值时菱形面积最大，
当与重合时有最大值，即取到最大值，
此时，
，
当时，菱形面积最大为．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质及勾股定理是解题的关键．
6．如图，平面直角坐标系中，直线y＝ax+2a（a＞0）的图象经过A、B两点，点C的坐标是（1，0）．

(1)如图1，当S△ABC＝6时，求直线AB的解析式；
(2)如图2，以BC、AB为边分别在第一二象限作正方形BCGF和正方形ABDE，连接DF，交y轴于点H，当a的值发生变化时，试判断BH的长度是否发生变化？若没有变化，请求出这个值并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，在a的值发生变化过程中，当直线y＝ax+2a（a＞0）的图象经过点F时，将直线AF向左平移，平移后的直线为A′F′，当直线A′F′经过点D时停止平移，此时在直线A′F′上有一动点P，当PC+PG最小时，在y轴左侧的平面内是否存在一动点Q使得以P、Q、A、C为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不变，证明见解析
(3)或
【解析】
【分析】
（1）用a表示A、B的坐标再结合面积求出a的值即可；
（2）分别过DF作y轴的垂线，利用一线三垂直模型表述出D、F的坐标，再证明DH=HF即可；
（3）把（2）中F点坐标代入AB解析式即可求出a的值，再求出A′F′的解析式；当PC+PG最小时利用轴对称求出P点坐标，最后设Q点坐标利用平行四边形对角线互相平方以及中点坐标公式计算即可．
(1)
当时，
∴B点坐标为
当时，解得
∴A点坐标为
∵点C的坐标是（1，0）．
∴
∵
∴即
解得
∴直线AB的解析式为
(2)
不变，理由如下：
如图，过D作DM⊥y轴于M，过F作FN⊥y轴于N，

∵正方形BCGF
∴
∴
∴F点坐标
∵正方形ABDE
∴
∴
∴D点坐标
∴，
又∵
∴
∴
∴
(3)
∵直线y＝ax+2a（a＞0）的图象经过点F
∴，解得
∵a＞0
∴
∴直线AF的解析式为，D点坐标为
∵直线AF向左平移，平移后的直线为A′F′，
∴设A′F′的解析式为
∵当直线A′F′经过点D时停止平移，
∴代入D得，解得
∴设A′F′的解析式为
作C关于直线A′F′的对称点,连接与直线A′F′的交点即为P，此时PC+PG最小
∵B点坐标为 ,C点坐标为
∴直线BC解析式为
∴D在直线BC上且BC⊥DE
设，则的中点即为D点
∴，解得
∴
∵DP∥CG，且D为中点
∴DP是中位线
∴P为中点
过G作GH⊥x轴于H，则由正方形BCGF得
∴
∴G点坐标为：
∴中点P坐标为
分别过△PAC三个顶点作对边的平行线，交点分别为、、，则此时以P、Q、A、C为顶点的四边形是平行四边形，由于要求Q在y轴左边，符合条件的只有、，

∵∥x轴，且
∴坐标为
∵线段AC中点坐标为，平行四边形PAQC对角线互相平分
∴线段中点坐标为
∴坐标为
综上所述，存在动点Q使得以P、Q、A、C为顶点的四边形是平行四边形，Q点坐标为或．
【点睛】
本题综合考查一次函数与特殊四边形，难度极大，解题的关键是熟练根据正方形构造“一线三垂直”模型以及中点坐标公式的运用．
7．在锐角△ABC中，AB＝AC，D是线段BC上的一点，连接AD，将AD绕着点A顺时针旋转至AE，使得∠EAD＝2∠BAC，连接DE交AB于点F．

（1）如图1，若∠BAC＝60°，∠DAC＝15°，BD＝4，求AB的长；
（2）如图2，点G是线段AC的一点，连接DG，FG，若DA平分∠EDG，求证：FE＝DG+FG；
（3）在（1）的条件下，将△BFD绕D点顺时针旋转∠α（0°＜α＜180°）得△B'F'D，直线B'F'交AB于点M，交AC于点N．在旋转过程中，是否存在△AMN为直角三角形？若存在，请直接写出AM的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，
【解析】
【分析】
（1）过点作于点，交于点，设，则，勾股定理求得；
（2）在上截取,证明，即可证明；
（3）①如图，当时，延长交于点，角于点,结合（1）的结论，通过计算角度可得是等腰直角三角形，在中勾股定理求得,在中，求得，进而求得的长，②是直角三角形，时，通过分析不存在此情况．
【详解】
（1）过点作于点，交于点，如图，


是等边三角形，
，
,

，
∠DAC＝15°，


设，则，
，
，
，
在中
，
，
解得，
，
（2）如图，在上截取,

DA平分∠EDG，




在与中


,



,

∵AF=AF



即
（3）①如图，当时，延长交于点，角于点,

由（1）可知，是等边三角形，

∠DAC＝15°，∠BAC＝60°，

△BFD绕D点顺时针旋转∠α（0°＜α＜180°）得△B'F'D，

△AMN为直角三角形
当时，




,
是等腰直角三角形



在中



在中


②是直角三角形，时，

过点作

若，
则四边形是矩形，
又
四边形是正方形，如图，

此时三点重合，不存在
综上所述，
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，勾股定理,正方形的判定，三角形全等的性质与判定，旋转的性质，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．
8．在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x＋3m交x轴，y轴于A，E两点，m＞0，过点E的直线l2交x轴正半轴于点B（4m，0），如图1所示．
（1）求直线l2的函数解析式；
（2）△AEB按角的大小分类为 　 　；
（3）以点A，B为基础，在x轴上方构建矩形ABCD，点E在边CD上，过原点的直线l3：y＝mx交直线CD于点P交直线AE，BE于点G，H．
①若直线l3把矩形ABCD的周长平分，求m的值；
②是否存在一个合适的m，使S△BOH＝S△AOG，若存在，求m的值；若不存在，则说明理由．

【答案】（1），（2）直角；（3）①，②存在，
【解析】
【分析】
（1）先求出，再根据待定系数法求直线l2的函数解析式；
（2）把三点坐标用含的代数式来表示，利用勾股定理的逆定理进行判断即可；
（3）①根据矩形的性质，用表示矩形的周长，根据直线l3把矩形ABCD的周长平分建立方程求解；②联立，求出的坐标，，求出的坐标,根据面积相等建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】
解：（1）令，
解得：，即，
令，得，
即，
设直线，
代入两点得：
，
解得：，
；
（2）由两点间的距离公式得：
，
，
，
则满足：，
为直角三角形，
为直角．
（3）①如图，四边形为矩形，
，

则点的纵坐标与点相同，
即，
设代入得，
，
，
即，
由题意得：，
矩形的周长为，
直线平分矩形的周长，则一定在线段上，则
，则，
，
解得：，
②联立与得：，
解得：，
即，
联立与得：，
解得：，
即，
＞ 则过一，三象限，
则，
此时点位于轴下方时，则，
，
即，
解得：，
经检验：是原方程的根且符合题意，
同理，当此时点位于轴上方时，则，
解得：，经检验：是原方程的根且符合题意，
综上所述：存在，
【点睛】
本题考查了一次函数的综合运用、勾股定理、矩形的性质、解题的关键是熟练掌握求解一次函数解析式，通过数学结合思想及分论讨论思想来求解，难度较大．

培优第三阶——中考沙场点兵
一、解答题
1．（2020·山东济宁·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=AC，点E、F、G分别在边BC、CD上，BE=CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点(与点A不重合)．
(1)求证:△AEH≌△AGH；
(2)当AB=12，BE=4时：
①求△DGH周长的最小值；
②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1:3．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①；②存在，或
【解析】
【分析】
（1）证明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；
（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于点H，连接HG，得到△DGH周长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；
②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形 ，
∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，
∵BE=CG，AB=AC，
∴△ABE≌△ACG，
∴AE=AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAH=∠GAH，
∵AH=AH，
∴△AEH≌△AGH；
（2）①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，
∵点H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，
∴点E和点G关于AF对称，
∴此时△DGH的周长最小，
过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，
由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，
∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，
∴CM=CD=6，
∴DM=，
∵AB=12=BC，BE=4，
∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，
∴DE==DH+EH=DH+HG，
∴DH+HG+DG=
∴△DGH周长的最小值为；

②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，
可知S△AON：S四边形HNEF=1:3，
即S△AON：S△AEC=1:4，
∵O是AC中点，
∴N为AE中点，此时ON∥EC，
∴，

当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，
同理S△NOC：S四边形ONEA=1:3，
∴S△NOC：S△AEC=1:4，
∵O为AC中点，
∴N为EC中点，则ON∥AE，
∴，
∵BE=4，AB=12，
∴EC=8，EN=4，
过点G作GP⊥BC，交BNC延长线于点P，
∵∠BCD=120°，
∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，
∴CG=2CP，
∵CG=BE=4，
∴CP=2，GP=，
∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=FG，
设EF=FG=x，则FC=8-x，FP=10-x，
在△FGP中，，
解得：x=，
∴EF=，
∴，

综上：存在直线OH，的值为或.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，中位线，最短路径问题，知识点较多，难度较大，解题时要注意分情况讨论.
2．（2021·辽宁沈阳·中考真题）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线经过点，与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段平行于x轴，交直线于点D，连接，．

（1）填空： __________．点A的坐标是（__________，__________）；
（2）求证：四边形是平行四边形；
（3）动点P从点O出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动时间均为t秒．
①当时，的面积是__________．
②当点P，Q运动至四边形为矩形时，请直接写出此时t的值．
【答案】（1），5，0；（2）见解析；（3）①12；②或．
【解析】
【分析】
（1）代入点坐标即可得出值确定直线的解析式，进而求出点坐标即可；
（2）求出点坐标，根据，，即可证四边形是平行四边形；
（3）①作于，设出点的坐标，根据勾股定理计算出的长度，根据运动时间求出的长度即可确定的面积；
②根据对角线相等确定的长度，再根据、的位置分情况计算出值即可．
【详解】
解：（1）直线经过点，
，
解得，
即直线的解析式为，
当时，，
，
（2）线段平行于轴，
点的纵坐标与点一样，
又点在直线上，
当时，，
即，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形；
（3）①作于，

点在直线上，
设点的坐标为，
，，
由勾股定理，得，
即，
整理得或8（舍去），
，
，
当时，，
，
②，
当时，，
当时，，
当点，运动至四边形为矩形时，，
，
当时，，
解得，
当时，，
解得，
综上，当点，运动至四边形为矩形时的值为或．
【点睛】
本题主要考查一次函数的性质，熟练掌握待定系数法求解析式，平行四边形的性质和矩形的性质是解题的关键．
3．（2017·山东德州·中考真题）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EFAB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．

【答案】（1）见解析；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；
（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在RtAPE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝cm即可；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EFAB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∴EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝5cm，
在RtCDE中，DE＝＝4cm，
∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；
在RtAPE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，
∴EP2＝12+（3﹣EP）2，
解得：EP＝cm，
∴菱形BFEP的边长为cm；
②当点Q与点C重合时，如图2：
点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；
当点P与点A重合时，如图3所示：
点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．


【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
4．（2017·江苏连云港·中考真题）如图1，点、、、分别在矩形的边、、、上，.
求证：.(表示面积)

实验探究：
某数学实验小组发现：若图1中，点在上移动时，上述结论会发生变化，分别过点、作边的平行线，再分别过点、作边的平行线，四条平行线分别相交于点、、、，得到矩形.
如图2，当时，若将点向点靠近()，经过探索，发现：
.
如图3，当时，若将点向点靠近(，请探索、与之间的数量关系，并说明理由.

迁移应用：
请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题.
(1)如图4，点、、、分别是面积为25的正方形各边上的点，已知，，，，求的长.

(2)如图5，在矩形中，，，点、分别在边、上，，，点、分别是边、上的动点，且，连接、，请直接写出四边形面积的最大值.
【答案】问题呈现：；实验探究：；迁移应用：（1）；（2）
【解析】
【详解】
试题分析：问题呈现：根据矩形的性质，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论；
实验探究：由题意得，当将点向点靠近时，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论；
迁移应用：（1）由上面的结论，结合图形，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论；
（2）直接根据规律写出结果即可.
试题解析：问题呈现：
因为四边形是矩形，所以，，
又因为，所以四边形是矩形，
所以，同理可得.
因为，所以.
实验探究：
由题意得，当将点向点靠近时，

如图所示，，，
，，
所以，
所以，
即.
迁移应用：
(1) 如图所示，由“实验探究”的结论可知，
所以，
因为正方形面积是25，所以边长为5，
又，
所以，，
所以，
所以，.

（2）四边形面积的最大值为.
考点：四边形的综合
5．（2017·江西·中考真题）我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：
（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC；
②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为 ．
猜想论证：
（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
拓展应用
（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．

【答案】（1）①；②4；（2）AD=BC，证明见解析；（3）存在，证明见解析，．
【解析】
【分析】
（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=AB′即可解决问题；
②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
（2）结论：AD=BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；
（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；
【详解】
解：（1）①如图2中，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AB=AB′=AC′，
∵DB′=DC′，
∴AD⊥B′C′，
∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=120°，
∴∠B′=∠C′=30°，
∴AD=AB′=BC，
故答案为．
②如图3中，

∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=∠BAC=90°，
∵AB=AB′，AC=AC′，
∴△BAC≌△B′AC′，
∴BC=B′C′，
∵B′D=DC′，
∴AD=B′C′=BC=4，
故答案为4．
（2）结论：AD=BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M

∵B′D=DC′，AD=DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴AC′=B′M=AC，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，
∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，
∴△BAC≌△AB′M，
∴BC=AM，
∴AD=BC．
（3）存在．
理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．
连接DF交PC于O．

∵∠ADC=150°，
∴∠MDC=30°，
在Rt△DCM中，∵CD=2，∠DCM=90°，∠MDC=30°，
∴CM=2，DM=4，∠M=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，
∴EM=BM=7，
∴DE=EM﹣DM=3，
∵AD=6，
∴AE=DE，∵BE⊥AD，
∴PA=PD，PB=PC，
在Rt△CDF中，∵CD=2，CF=6，
∴tan∠CDF=，
∴∠CDF=60°=∠CPF，
易证△FCP≌△CFD，
∴CD=PF，∵CD∥PF，
∴四边形CDPF是矩形，
∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APD+∠BPC=180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=，
∴PN==．
【点睛】
本题考查四边形综合题．