上海普陀区2025-2026学年第二学期八年级数学学科期中考试（含答案+解析）

这是一份上海普陀区2025-2026学年第二学期八年级数学学科期中考试（含答案+解析），文件包含河南省周口市高三年级第二学期四月份联考生物试题pdf、生物学答案2pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
1.在平面直角坐标系中，点A−2,−3所在的象限是( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.四边形的不稳定性是指当四边形的边长一定时，不能确定的是( )
A. 四边形的内角大小B. 四边形的内角和C. 四边形的外角和D. 四边形的周长
3.在平面直角坐标系中，经过点−1,3且平行于y轴的直线可记为( )
A. 直线x=−1B. 直线y=−1C. 直线x=3D. 直线y=3
4.已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是( )
A. AC=BDB. AB⊥BCC. ∠A=∠BD. ∠A=∠C
5.如图所示，小华首先将一张正方形的纸片按(1)、(2)、(3)的顺序三次折叠，然后沿第三次折痕剪开，将剪下的这部分展开，平铺在桌面上，这时得到的一定是( )
A. 三角形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
6.如图，在平面直角坐标系中，以点O为圆心、适当的长度为半径画弧，交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，再分别以点A、B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧交于第二象限内的点P.如果点P的坐标为a−8,b，那么a与b的数量关系为( )
A. a−b=8B. a+b=8C. a−b=−8D. a+b=−8
二、填空题：本题共12小题，每小题4分，共48分。
7.如果一个五边形的每一个内角都相等，那么它的一个内角的度数等于 度.
8.在▱ABCD中，如果∠B=3∠A，那么∠D= ∘.
9.已知平行四边形的周长是48，相邻两边的长相差8，那么这两边中较短边的长是 .
10.如果正方形的一条对角线长为 6，那么它的面积是 .
11.在平面直角坐标系中，已知A1,2，B−4,0，将线段AB平移得到线段A′B′，点A和点B的对应点分别是点A′和点B′，如果点A′的坐标是2,1，那么点B′的坐标是 .
12.如图，在△ABC中，点D、E、F在边AB上，点G、H、I在边AC上，且AD=DE=EF=FB，AG=GH=HI=IC，如果BC=10，那么DG= .
13.如图，已知矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AC，垂足为H，如果∠CDH=35 ∘，那么∠ADO= ∘.
14.在同一平面内有两个边长相等的等边三角形，当它们的一组边重合时，两个三角形重心之间的距离为5，那么当它们的一组内角组成对顶角时，这两个三角形重心之间的距离为 .
15.如图，△ABC的中线AD、BE交于点G，如果AB=AC=6，BC=8，那么四边形CDGE的面积为 .
16.在平面直角坐标系中，线段AB的垂直平分线交x轴于点P，已知点A的坐标是−1,1、点B的坐标是2,5，那么点P的坐标是 .
17.如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上，将△BEF沿EF翻折后，点B的对应点G恰好落在边CD上，如果EG⊥CD，BE=10，DG=6，那么AE的长为 .
18.如图，在平面直角坐标系中，边长为3的正方形OABC的顶点O与原点重合，点A、点C分别在x轴和y轴的正半轴上，将正方形OABC绕点A旋转30 ∘后得到新的正方形，如果新的正方形与原正方形OABC的一边交于点H，那么点H的坐标为 .
三、解答题：本题共7小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
一个多边形的内角和与外角和的和恰好是十二边形的内角和，求这个多边形的边数．
20.(本小题8分)
近年来，依托红色革命、古代传统文化、绿色生态和蓝色水域等资源，某地发展成为红色旅游风景区．其中6个展馆最有特色，分别是：①抗日战斗纪念馆；②支前纪念馆；③治水陈列馆；④村史档案馆；⑤民俗馆；⑥进士府，各展馆的大致位置如图所示，请建立合适的平面直角坐标系，使①号展馆位于点−3,1，⑤号展馆位于点1,−1.
(1)在图中画出建立的平面直角坐标系；
(2)在建立的平面直角坐标系中，
②号展馆的坐标是 ；③号展馆的坐标是 ；
④号展馆的坐标是 ；⑥号展馆的坐标是 .
21.(本小题10分)
在平面直角坐标系中，点A的坐标为−2,1，点B的坐标为−2,4，点C与点A关于y轴对称．
(1)点C的坐标是 ；
(2)点D在第四象限内，且△ACD与△ABC全等，在图中画出点D并直接写出点D的坐标是______；
(3)在y轴上存在一点E，使得S△ACE=2S△ABC，那么点E的坐标是 .
22.(本小题10分)
如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE//AC，CE//BD，求证：四边形OCED是菱形.
23.(本小题13分)
如图，已知：在△ABC中，BD、CE分别是边AC、AB上的中线，并交于点G，连接AG，点M是AG的中点，分别连接EM、DM.
(1)求证：四边形EGDM是平行四边形；
(2)若AB=AC，∠GBC=45 ∘，求证：四边形EGDM是正方形．
24.(本小题14分)
已知：在△ABC中，BC=12cm，过点A作射线AM与BC平行(如图所示)，点P从点A出发沿着射线AM方向作匀速运动，同一时刻，点Q从点B出发沿着射线BC方向作匀速运动，设点P、Q运动的时间为t秒．
(1)如果点P的速度为1cm/秒，点Q的速度为3cm/秒，当四边形AQCP是平行四边形时，求t的值；
(2)设点P的速度为v1cm/秒，点Q的速度为v2cm/秒，AC=10cm，当AQ垂直平分CP时，求v1v2的值．
25.(本小题15分)
定义：有一组对边平行，有一个内角是它对角的一半的凸四边形叫作半角四边形．如图1，直线l1//l2，点A、D在直线l1上，点B、C在直线l2上，若∠BCD=12∠BAD，则四边形ABCD是半角四边形．
(1)如图2，点E是▱ABCD的边AD上一点，∠A=60 ∘，AB=4，AE=6，如果四边形ABCE是半角四边形，那么BC的长是 ；
(2)如图3，以▱ABCD的顶点C为坐标原点，边CD所在直线为x轴，对角线AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．点E是边AD上一点，满足BC=AE+CE.
①求证：四边形ABCE是半角四边形；
②当AB=AE=4，∠B=60 ∘时，如果在第一象限内存在点P，使得以点A、B、E、P为顶点的四边形是半角四边形，请直接写出所有符合要求的点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】本题根据平面直角坐标系中各象限内点的坐标符号特征，即可判断点A所在象限．
【详解】解：∵平面直角坐标系中各象限点的坐标符号特点为：第一象限+,+，第二象限−,+，第三象限−,−，第四象限+,−，
又∵点A−2,−3的横纵坐标都为负数，符合第三象限点的坐标特征，
∴点A在第三象限．
2.【答案】A
【解析】解：∵任意四边形的内角和恒为360 ∘，外角和也恒为360 ∘，
∴B和C选项的量都是确定的；
∵四边形周长为四条边长的和，边长一定时，周长也一定，
∴D选项的量是确定的；
∵四边形具有不稳定性，边长确定时，四边形可改变形状，内角大小会发生变化，
∴不能确定的是四边形的内角大小.
3.【答案】A
【解析】根据平行于y轴的直线的横坐标相同，即可得出结果.
【详解】解：∵在平面直角坐标系中，平行于y轴的直线上所有点的横坐标相等，
又∵直线经过点−1,3，该点横坐标为−1，
∴该直线可记为x=−1.
4.【答案】D
【解析】根据矩形的判定定理对各选项逐一判断即可得到结论．
【详解】解： A ：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形(对角线相等的平行四边形是矩形)，不符合题意；
B ：∵四边形ABCD是平行四边形，AB⊥BC得∠B=90 ∘，
∴平行四边形ABCD是矩形(有一个内角是直角的平行四边形是矩形)，不符合题意；
C ：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠A+∠B=180 ∘，
∵∠A=∠B，
∴∠A=∠B=90 ∘，
∴平行四边形ABCD是矩形(有一个角是直角的平行四边形是矩形)，不符合题意；
D ：平行四边形ABCD本身就满足对角相等，即本来就有∠A=∠C，这个条件不能判定平行四边形ABCD为矩形，符合题意．
5.【答案】C
【解析】根据正方形的对角线相互垂直，可知第二次折叠后的三角形的顶角是一个直角，进而推出剪下的这部分是由4个直角三角形组成，结合菱形的性质即可得到答案．
【详解】解：由图形可得出：剪下的这部分是由4个直角三角形组成的，
故将剪下的这部分展开得到的一定是菱形．
6.【答案】B
【解析】根据基本作图，得射线OP平分∠AOB，又点P在第二象限，点P的横坐标，纵坐标互为相反数，求解即可；
【详解】解：根据基本作图，得射线OP平分∠AOB，
又点P在第二象限，
故a−8,b满足横坐标为负，纵坐标为正，且绝对值相等，即横坐标，纵坐标互为相反数，
故a−8+b=0即a+b=8；
7.【答案】108
【解析】解：由题意知，此五边形为正五边形，
∵正五边形的外角和为360∘，
∴正五边形的每个外角的度数为：360∘÷5=72∘，
∴正五边形的每个内角的度数为：180∘−72∘=108∘.
故答案为：108.
根据n边形的外角和为360∘得到正五边形的每个外角的度数360∘÷5=72∘，然后利用邻补角的定义即可得到正八边形的每个内角为180∘−72∘=108∘.
本题考查了多边形内角与外角，熟记n边形的外角和为360∘是解题的关键．
8.【答案】135
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，∠D=∠B.
∴∠A+∠B=180 ∘，
∵∠B=3∠A ，
∴∠A+3∠A=180 ∘，
解得∠A=45 ∘，
∴∠B=3×45 ∘=135 ∘，
∴∠D=∠B=135 ∘.
9.【答案】8
【解析】设较短边长为x，则较长边长为x+8，根据平行四边形对边相等的性质得到周长的等量关系，列一元一次方程求解即可．
【详解】解：设较短边长为x，则较长边长为x+8，
根据平行四边形对边相等，可得2x+x+8=48，
解得x=8，
故较短边长为8.
10.【答案】3
【解析】本题可利用正方形对角线相等的性质，根据正方形面积等于对角线乘积的一半直接求解．
【详解】解：∵正方形的对角线相等，已知一条对角线长为 6，
∴另一条对角线长也为 6，
正方形面积S=12× 6× 6=12×6=3.
11.【答案】−3,−1
【解析】根据点平移的性质进行求解．
【详解】解：∵点A1,2的对应点为点A′2,1，
∴可以看作点A先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，
∴点B′的坐标为−4+1,0−1，即−3,−1.
12.【答案】52
【解析】设DG=x，DG是△AEH的中位线，同理可证，EH是△ABC的中位线，求解即可．
【详解】解：设DG=x，
∵AD=DE=EF=FB，AG=GH=HI=IC，
∴DG是△AEH的中位线，
∴EH=2DG=2x；
同理可证，EH是△ABC的中位线，
∴BC=2EH=4x；
∵BC=10，
∴4x=10，
解得x=52，
故DG=52.
13.【答案】35
【解析】根据题意，得∠OAD+∠ACD=90 ∘,∠OAD=∠ADO，根据DH⊥AC，得到∠CDH=∠OAD，求解即可；
【详解】解：矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴∠ADC=90 ∘,OA=OD，
∴∠OAD+∠ACD=90 ∘,∠OAD=∠ADO，
∵DH⊥AC，
∴∠CDH+∠ACD=90 ∘，
∴∠CDH=∠OAD，
∴∠CDH=∠ADO，
∵∠CDH=35 ∘，
∴∠ADO=35 ∘；
14.【答案】10
【解析】设等边三角形的一条中线长为a，则其重心到对边的距离为13a，重心到顶点的距离为23a，根据题意画出图形，进行求解即可.
【详解】解：设等边三角形的一条中线长为a，则其重心到对边的距离为13a，重心到顶点的距离为23a，
∵它们的一组边重合时，两个三角形重心之间的距离为5，如图1
∴2×13a=5，即23a=5，
∴当它们的一组内角组成对顶角时，如图2，这两个三角形重心之间的距离为2×23a=2×5=10.
15.【答案】8 53 /83 5
【解析】根据等腰三角形的判定和性质、勾股定理求出AD，得到S△ABC，连接CG，再根据三角形重心的性质得到S△CGE,S△CDG，即可求出答案．
【详解】解：∵AB=AC=6，
∴△ABC是等腰三角形，
∵△ABC的中线AD、BE交于点G，BC=8，
∴BD=CD=12BC=4，AD⊥BC，
∴AD= AC2−CD2= 62−42=2 5，
∴S△ABC=12AD⋅BC=8 5.
连接CG，
∵△ABC的中线AD、BE交于点G，
∴S△BCE=S△ADC=12S△ABC=4 5，点G是△ABC的重心，
∴DG=13AD,GE=13BE，
∴S△CGE=13S△BCE=4 53,S△CDG=13S△ACD=4 53，
∴S四边形CDGE=S△CDG+S△CGE=8 53.
16.【答案】92,0
【解析】根据垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，设出点P坐标，结合两点间距离公式列方程求解．
【详解】解：∵点P在x轴上，
∴设Px,0，
∵线段AB的垂直平分线交x轴于点P，
∴PA=PB，
∴(x+1)2+(0−1)2=(x−2)2+(0−5)2，
解得x=92，
∴点P的坐标为92,0.
17.【答案】98
【解析】作BH⊥CD交DC的延长线于点H，由EG⊥CD得BH//EG，由四边形ABCD是菱形，得AB//CD,AB=BC=CD，则四边形BEGH是平行四边形，所以GH=BE=10，由折叠得GE=BE=10，则BH=GE=10，所以DH=DG+GH=16，由勾股定理得102+16−AB2=AB2，求得AB=898，所以AE=AB−BE=98，于是得到问题的答案．
【详解】解：作BH⊥CD交DC的延长线于点H，则∠H=90 ∘，
∵EG⊥CD，
∴BH//EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD,AB=BC=CD，
∴BE//GH，
∴四边形BEGH是平行四边形，
∴GH=BE=10，
由折叠得GE=BE=10，
∴BH=GE=10，
∵DG=6，
∴DH=DG+GH=16，
∵BH2+CH2=BC2,CH=16−CD=16−AB，
∴102+16−AB2=AB2，
解得AB=898，
∴AE=AB−BE=898−10=98.
18.【答案】3− 3,3或0, 3
【解析】分正方形OABC绕点A顺时针旋转30 ∘和正方形OABC绕点A逆时针旋转30 ∘两种情况，画出图形，利用旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、一次函数图象和性质等知识分别进行解答即可．
【详解】解：如图，当边长为3的正方形OABC绕点A顺时针旋转30 ∘后得到新的正方形O′AB′C′，则O′A=O′C′，∠AO′C′=90 ∘，则∠O′AE=30 ∘，OC=BC=AO=AB=3，则C0,3，
作O′E⊥x轴于点E，作C′D⊥O′E交O′E于点D，则∠O′DC′=∠AEO′=90 ∘,
∴∠AO′E+∠O′AE=∠AO′E+∠C′OD=90 ∘，O′E=12AO′=32,AE= AO′2−O′E2=3 32，
∴∠O′AE=∠C′OD，
∴△O′C′D≌△AO′EAAS，
∴AE=O′D=3 32,O′E=C′D=32
∴DE=O′E+O′D=32+3 32,OE=AO−AE=3−3 32，
∴O′3−3 32,32，C′3−3 32+32,32+3 32，即C′92−3 32,32+3 32，
设直线O′C′的解析式为y=kx+b，则92−3 32k+b=32+3 323−3 32k+b=32
解得k= 3b=6−3 3
∴直线O′C′的解析式为y= 3x+6−3 3，
当y=3时，3= 3x+6−3 3，解得x=3− 3，
∴H3− 3,3，
如图，当边长为3的正方形OABC绕点A逆时针旋转30 ∘后得到新的正方形O′′AB′′C′′，
则B′′A=B′′C′′，∠AB′′C′′=∠BAO=90 ∘，则∠BAB′′=30 ∘，作B′′F⊥x轴于点F，作C′′G⊥B′′F于点G，则∠B′′GC′′=∠B′′FA=90 ∘,
∴B′′F//AB，
∴∠AB′′F=∠BAB′′=30 ∘
∴AF=12AB′′=32,BF= AB′′2−AF2=3 32，
∴OF=AO−AF=32
∵∠C′′B′′G+∠AB′′F=∠B′′AF+∠AB′′F=90 ∘，
∴∠C′′B′′G=∠B′′AF，
∴△AB′′F≌△B′′C′′GAAS，
∴C′′G=B′′F=3 32,AF=B′′G=32
∴FG=B′′F−B′′G=3 32−32，
∴C′′32−3 32,3 32−32,B′′32,3 32，
设直线B′′C′′的解析式为y=k 1x+b 1，则
32−3 32k 1+b 1=3 32−3232k 1+b 1=3 32
解得k 1= 33b 1= 3
∴直线B′′C′′的解析式为y= 33x+ 3，
当x=0时，y= 3，
∴H0, 3，
综上可知，点H的坐标为3− 3,3或0, 3.
19.【答案】解：设这个多边形的边数为n，
则(n−2)×180∘+360∘=(12−2)×180∘，
解得：n=10，
答：这个多边形的边数为10.
【解析】设这个多边形的边数为n，根据题意得出方程(n−2)×180∘+360∘=(12−2)×180∘，求出方程的解即可．
本题考查了多边形的内角与外角，能熟记多边形的内角和公式是解此题的关键，注意：边数为n(n≥3)的多边形的内角和=(n−2)×180∘，多边形的外角和=360∘.
20.【答案】【小题1】
解：所作平面直角坐标系如图所示：
【小题2】
−1,1
1,1
−1,−1
0,−3

【解析】1.
根据题意建立平面直角坐标系即可；
2. 根据所建的平面直角坐标系写出各点的坐标即可．
解：由图可知，②号展馆的坐标是−1,1，③号展馆的坐标是1,1，④号展馆的坐标是−1,−1，⑥号展馆的坐标是0,−3.
21.【答案】【小题1】
2,1
【小题2】
解：点D如图所示，
∵AB=CD，∠BAC=∠DCA=90 ∘，AC=CA，
∴△ABC≌△CDASAS；
由图可得，点D的坐标是2,−2；
【小题3】
0,7或 0,−5

【解析】1.
根据关于y轴对称的点的坐标纵坐标相等，横坐标互为相反数，即可求解；
解：∵点C与点A关于y轴对称，点A的坐标为−2,1，
∴点C的坐标是2,1；
2. 按要求画出点D，再由图写出点D的坐标；
3. 根据题意，可知点E到AC的距离等于2AB，在y轴上到AC的距离等于2AB的点有两个，先画出点E，再由图写出点E的坐标．
解：∵在y轴上存在一点E，使得S△ACE=2S△ABC，
∴点E到AC的距离等于2AB=6，
如图，在y轴上到AC的距离等于2AB的点有两个，点E的坐标是0,1+6或0,1−6，即0,7或0,−5.
22.【答案】证明：∵DE//AC，CE//BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD，
∴四边形OCED是菱形．
【解析】此题主要考查了菱形的判定，矩形的性质，关键是掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论．
23.【答案】【小题1】
证明：∵点E,M是线段AB,AG的中点，即AE=BE，AM=MG，
∴EM//BG，
同理，可得DM//CG，
∴四边形EGDM是一个平行四边形．
【小题2】
证明：∵BD、CE分别是边AC、AB上的中线，并交于点G，
∴点G是△ABC的重心．
∴EG=13EC，DG=13BD，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵AB=AC，AE=BE，AD=CD，
∴BE=CD，
∵BC=CB，
∴△BEC≌△CDB，
∴BD=CE，
∴EG=DG，
∵四边形EGDM是一个平行四边形，
∴四边形EGDM是一个菱形，
∵BD=CE，EG=DG，
∴BG=GC.
∴∠GBC=∠GCB，
∵∠GBC=45 ∘，
∴∠GCB=45 ∘，
∵∠GBC+∠GCB+∠BGC=180 ∘，
∴∠BGC=90 ∘，
∴∠EGD=∠BGC=90 ∘，
∴四边形EGDM是一个矩形，
∴四边形EGDM是一个正方形．

【解析】1.
根据三角形中位线，利用平行四边形的定义证明即可；
2. 先证明四边形EGDM是一个菱形．再证明四边形EGDM是一个矩形，即可得到四边形EGDM是一个正方形．
24.【答案】【小题1】
解：根据题意，得AP=tcm，BQ=3tcm，CQ=BC−BQ=12−3tcm，
当点Q在BC上时，此时0≤t≤4，四边形AQCP是平行四边形，
故AP//CQ,AP=CQ，
t=12−3t，
解得t=3(秒)；
【小题2】
解：根据题意，得点P的速度为v1cm/秒，点Q的速度为v2cm/秒，设运动时间为t秒，故AP=v1tcm，BQ=v2tcm，设AQ垂直平分CP时，交点为G，如图所示，连接PQ，根据题意，得AP=AC=10cm，QC=PQ，
故∠APC=∠ACP，∠QPC=∠QCP，
∵AM//BC，
∴∠APC=∠QCP，
∴∠ACP=∠QPC，
∴AC//PQ，
∴四边形ACQP是平行四边形，
∵AP=AC=10cm，
∴四边形ACQP是菱形，
∴CQ=AP=AC=10cm，
∴BQ=BC+CQ=22cm，
∴v1t=10,v2t=22,
故v1v2=1022=511.

【解析】1.
根据题意，得AP=tcm，BQ=3tcm，CQ=BC−BQ=12−3tcm，当点Q在BC上时，此时0≤t≤4，根据AP//CQ,AP=CQ，列出方程求解即可；
2. 根据题意，得点P的速度为v1cm/秒，点Q的速度为v2cm/秒，设运动时间为t秒，故AP=v1tcm，BQ=v2tcm，设AQ垂直平分CP时，交点为G，连接PQ，根据题意，得AP=AC=10cm，QC=PQ，证明四边形ACQP是菱形，求解即可．
25.【答案】【小题1】
10
【小题2】
①证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC//AD，BC=AD=AE+ED=AE+CE，
∴CE=ED，
∴∠AEC=2∠EDC=2∠B，即∠B=12∠AEC，
又∵AE//BC，
∴四边形ABCE是半角四边形；
②解：∵AB=AE=4，∠B=60 ∘，四边形ABCD为平行四边形，
∴OB=2AB=8，OD=AB=4，AE//BC，
∴OA= 82−42=4 3，DE=8−4=4，∠BAD=120 ∘，
∴E为AD的中点，
∴点A的坐标为(0,4 3)，点B的坐标为(4,4 3)，点D的坐标为(−4,0)，点E的坐标为(−2,2 3)，
当AB//PE时，则∠AEP=180 ∘−∠DAB=60 ∘，
∵AB平行x轴，
∴EP//x轴，
∴点P纵坐标为2 3，∠EMA=90 ∘，
∴∠EAM=30 ∘，
∴EM=12AE=2，
∴AM= AE2−EM2=2 3，
若∠BPE=12∠BAE=60 ∘，如图，过点B作BG⊥EP，设EP交y轴于点M，
则∠BGP=90 ∘，
∵AM⊥EP,BG⊥EP,AB//EP，
∴∠AMG=∠MGB=∠GBA=90 ∘，
∴四边形AMGB是矩形，
∴BG=AM=2 3,MG=AB=4，
∵∠GBP=90 ∘−∠BPE=30 ∘，
∴PG=12BP，
∵BG= BP2−PG2，
∴PG=2，
∴MP=MG+PG=6，
∴P6,2 3；
当AE//P1B，且∠AEP1=12∠B=30 ∘时，如图，过点P1作P1H⊥x轴于点H，
则∠P1EC=∠AEC−∠AEP1=90 ∘，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠B=60 ∘，
∴AD//BC，∠ADC=60 ∘，
∵CE=ED=4，
∴∠DCE=∠ADC=60 ∘，
∴∠EP1C=30 ∘，
∴CP1=8，
∵AD//BC，∠ADC=60 ∘，
∴∠P1CH=60 ∘，
∵∠P1HC=90 ∘，
∴∠CP1H=30 ∘，
∴CH=12CP1=4，
∴P1H= CP 12−CH2=4 3，
∴P14,4 3与点B重合(舍去)；
当AE//P2B，且∠AP2B=12∠AEB时，如图，过点P2作P2H⊥AB交AB延长线于点H，
∵∠ABC=60 ∘,AE//P2C，
∴∠EAB=120 ∘，
∵AB=AE=4，
∴∠AEB=12180 ∘−∠EAB=30 ∘，
∴∠AP2B=12∠AEB=15 ∘，
∵AE//P2B，
∴∠EAP2=165 ∘，
∴∠BAP2=∠EAP2−∠EAB=45 ∘，
∴∠P2BH=∠AP2B+∠BAP2=60 ∘，
∵∠P2HB=90 ∘，
∴∠BP2H=30 ∘，∠AP2H=45 ∘，
∴AH=P2H，BP2=2BH，
设BH=x，则AH=AB+BH=4+x，BP2=2BH=2x，
∴P2H=AH=4+x，
在Rt△P2BH中，P2B2=BH2+P2H2，
∴4x2=x2+4+x2，即x2−4x−8=0，
∴x2−4x+4=8+4，即x−22=12，
∴x−2=±2 3，
解得x=2+2 3或x=2−2 3(舍去)，
∴P2H=AH=4+2+2 3=6+2 3，
∵点A的坐标为(0,4 3)，
∴P26+2 3,6+6 3；
当BE//AP3，且∠AP3B=12∠AEB时，如图，过点P3作P3H⊥AB交AB延长线于点H，
同理，得∠AEB=30 ∘，
则∠EAP3=150 ∘，∠AP3B=15 ∘
∴∠P3AH=30 ∘，
∴P3H=12P3A，
∴∠P3BH=45 ∘，
∵∠P3HB=90 ∘，
∴∠BP3H=45 ∘，
∴∠BP3H=∠P3BH=45 ∘，
∴P3H=BH，
设P3H=BH=y，则P3A=2y，AH=4+x，
在Rt△P3AH中，P3A2=AH2+P3H2，
∴4y2=y2+4+y2，即y2−4y−8=0，
解得y=2+2 3或y=2−2 3(舍去)，
∴P3H=2+2 3，AH=6+2 3，
∵点A的坐标为(0,4 3)，
∴P36+2 3,2+6 3；
综上，符合要求的点P的坐标为6,2 3或6+2 3,6+6 3或6+2 3,2+6 3.

【解析】1.
根据半角四边形的定义可得出∠BCE=30 ∘，进而可得出∠DEC=∠DCE=30 ∘，由等角对等边可得出CD=DE=4，结合BC=AD=AE+DE即可求出BC的长；
解：∵四边形ABCE为半角四边形，∠A=60 ∘，AB=4，AE=6，
∴∠BCE=12∠A=30 ∘，AD//BC，∠BCD=∠A=60 ∘，CD=AB=4，
∴∠DEC=∠BCE=30 ∘，
∴∠DCE=∠DEC=30 ∘，
∴DE=CD=4，
∴BC=AD=AE+DE=10；
2. ①由平行四边形的性质可得出BC//AD，BC=AD=AE+ED=AE+CE，进而可得出CE=ED，根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可得出∠AEC=2∠EDC=2∠B，再结合半角四边形的定义即可证出四边形ABCE是半角四边形；②先求出点A的坐标为0,4 3，点B的坐标为4,4 3，点E的坐标为−2,2 3.当以点A、B、E、P为顶点的四边形为平行四边形时，画出图形，根据半角四边形的性质即可求解．