2021学年第十五章 四边形综合与测试同步测试题

这是一份2021学年第十五章 四边形综合与测试同步测试题，共32页。
京改版八年级数学下册第十五章四边形同步练习
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、下列图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2、如图，菱形中，，．以为圆心，长为半径画，点为菱形内一点，连，，．若，且，则图中阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
3、下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A．圆 B．平行四边形 C．直角三角形 D．等边三角形
4、如图，将矩形纸片ABCD沿BD折叠，得到△BC′D，C′D与AB交于点E，若∠1＝40°，则∠2的度数为（　　）

A．25° B．20° C．15° D．10°
5、如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）

A．当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90° B．当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD
C．当▱ABCD是正方形时，AC＝BD D．当▱ABCD是菱形时，AB＝AC
6、如图，矩形OABC的边OA长为2，边AB长为1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交正半轴于一点，则这个点表示的实数是（ ）

A．2.5 B．2 C． D．
7、如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在AC中点D处建一个5G基站，其覆盖半径为300 m，则这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是（ ）

A．A，B，C都不在 B．只有B
C．只有A，C D．A，B，C
8、下列几何图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
10、菱形ABCD的周长是8cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线BD的长是（　　）
A．cm B．2cm C．1cm D．2cm
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，矩形的对角线、相交于点，分别以点、为圆心，长为半径画弧，分别交、于点、．若，，则图中阴影部分的面积为_______．（结果保留）

2、如图，M，N分别是矩形ABCD的边AD，AB上的点，将矩形ABCD沿MN折叠，使点A恰好落在边BC上的点E处，连接MC，若AB＝8，AD＝16，BE＝4，则MC的长为________．

3、正方形的一条对角线长为4，则这个正方形面积是_________．
4、将△ABC纸片沿DE按如图的方式折叠．若∠C＝50°，∠1＝85°，则∠2等于______．

5、如果一个矩形较短的边长为5cm，两条对角线的夹角为60°，则这个矩形的对角线长是_________cm．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的另一条直线交x轴正半轴于点C．

（1）写出C点坐标 ；
（2）若M为线段BC上一点，且满足S△AMB ＝ S△AOB，请求出点M的坐标；
（3）如图2，设点F为线段AB中点，点G为y轴正半轴上一动点，连接FG，以FG为边向FG右侧作正方形FGQP，在G点的运动过程中，当顶点Q落在直线BC上时，求出点G的坐标．
2、如图，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处；再将矩形沿折叠，使点落在点处且过点．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当是多少度时，四边形为菱形?试说明理由．
3、在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB边上一点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，连接AE，取AE的中点P，连接DP，CP．

（1）观察猜想： 如图（1），DP与CP之间的数量关系是 　 ，DP与CP之间的位置关系是 　 ．
（2）类比探究： 将图（1）中的△BDE绕点B逆时针旋转45°，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）问题解决： 若BC＝3BD＝3， 将图（1）中的△BDE绕点B在平面内自由旋转，当BE⊥AB时，请直接写出线段CP的长．
4、（1）如图1，在△ABC中，BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，试说明：∠E∠A；

（拓展应用）
（2）如图2，在四边形ABDC中，对角线AD平分∠BAC．
①若∠ACD＝130°，∠BCD＝50°，∠CBA＝40°，求∠CDA的度数；
②若∠ABD+∠CBD＝180°，∠ACB＝82°，写出∠CBD与∠CAD之间的数量关系．
5、在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是 ，BC与CE的位置关系是 ；
（2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE．若AB＝2，BE＝2，请直接写出APE的面积．


-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
由题意依据一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形对各选项分析判断即可．
【详解】
解：A、C、D都是轴对称图形，只有B选项是中心对称图形.
故选：B.
【点睛】
本题考查中心对称图形的识别，注意掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2、C
【分析】
过点P作交于点M，由菱形得，，由，得，，故可得，，根据SAS证明，求出，即可求出．
【详解】

如图，过点P作交于点M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，
在中，，
∴，
，即，
解得：，
∴．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质以及求不规则图形的面积等知识，掌握扇形的面积公式是解答此题的关键．
3、A
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A．圆既是中心对称图形也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．直角三角形既不是中心对称图形，也不一定是轴对称图形，不符合题意；
D．等边三角形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
【点睛】
本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
4、D
【分析】
根据矩形的性质，可得∠ABD＝40°，∠DBC＝50°，根据折叠可得∠DBC′＝∠DBC＝50°，最后根据∠2＝∠DB C′−∠DBA进行计算即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，CD∥AB，
∴∠ABD=∠1＝40°，
∴∠DBC＝∠ABC-∠ABD=50°，
由折叠可得∠DB C′＝∠DBC＝50°，
∴∠2＝∠DB C′−∠DBA＝50°−40°＝10°，
故选D．
【点睛】
本题考查了长方形性质，平行线性质，折叠性质，角的有关计算的应用，关键是求出∠DBC′和∠DBA的度数．
5、D
【分析】
由矩形的四个角是直角可判断A，由菱形的对角线互相垂直可判断B，由正方形的对角线相等可判断C，由菱形的四条边相等可判断D，从而可得答案.
【详解】
解：当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90°，正确，故A不符合题意；
当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD，正确，故B不符合题意；
当▱ABCD是正方形时，AC＝BD，正确，故C不符合题意；
当▱ABCD是菱形时，AB＝BC，故D符合题意；
故选D
【点睛】
本题考查的是矩形，菱形，正方形的性质，熟练的记忆矩形，菱形，正方形的性质是解本题的关键.
6、D
【分析】
利用矩形的性质，求证明，进而在中利用勾股定理求出的长度，弧长就是的长度，利用数轴上的点表示，求出弧与数轴交点表示的实数即可．
【详解】
解：四边形OABC是矩形，
，
在中，由勾股定理可知：，
，
弧长为，故在数轴上表示的数为，
故选：．
【点睛】
本题主要是考查了矩形的性质、勾股定理解三角形以及数轴上的点的表示，熟练利用矩形性质，得到直角三角形，然后通过勾股定理求边长，是解决该类问题的关键．
7、D
【分析】
根据三角形边长然后利用勾股定理逆定理可得为直角三角形，由直角三角形斜边上的中线性质即可得．
【详解】
解：如图所示：连接BD，

∵，，，
∴，
∴为直角三角形，
∵D为AC中点，
∴，
∵覆盖半径为300 ，
∴A、B、C三个点都被覆盖，
故选：D．
【点睛】
题目主要考查勾股定理逆定理，直角三角形斜边中线的性质等，理解题意，综合运用两个定理是解题关键．
8、D
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
D、是轴对称图形，是中心对称图形，选项说法正确，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．解题的关键是掌握轴对称图形寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
9、D
【详解】
解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；

B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
10、B
【分析】
由菱形的性质得AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再证△ABC是等边三角形，得AC＝AB＝2（cm），则OA＝1（cm），然后由勾股定理求出OB＝（cm），即可求解．
【详解】
解：∵菱形ABCD的周长为8cm，
∴AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2cm，
∴OA＝1（cm），
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝（cm），
∴BD＝2OB＝2（cm），
故选：B．

【点睛】
此题考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定方法．
二、填空题
1、##
【分析】
由图可知，阴影部分的面积是扇形AEO和扇形CFO的面积之和．
【详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，，
∴图中阴影部分的面积为：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查扇形面积的计算、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
2、10
【分析】
过E作EF⊥AD于F，根据矩形ABCD沿MN折叠，使点A恰好落在边BC上的点E处，得出△ANM≌△ENM，可得AM=EM，根据矩形ABCD，得出∠B=∠A=∠D=90°，再证四边形ABEF为矩形，得出AF=BE=4，FE=AB=8，设AM=EM=m，FM=m-4，根据勾股定理，即，解方程m=10即可．
【详解】
解：过E作EF⊥AD于F，
∵矩形ABCD沿MN折叠，使点A恰好落在边BC上的点E处，
∴△ANM≌△ENM，
∴AM=EM，
∵矩形ABCD，
∴∠B=∠A=∠D=90°，
∵FE⊥AD，
∴∠AFE=∠B=∠A=90°，
∴四边形ABEF为矩形，
∴AF=BE=4，FE=AB=8，
设AM=EM=m，FM=m-4

在Rt△FEM中，根据勾股定理，即，
解得m=10，
∴MD=AD-AM=16-10=6，
在Rt△MDC中，
∴MC=．
故答案为10．
【点睛】
本题考查折叠轴对称性质，矩形判定与性质，勾股定理，掌握折叠轴对称性质，矩形判定与性质，勾股定理是解题关键．
3、8
【分析】
正方形边长相等设为，对角线长已知，利用勾股定理求解边长的平方，即为正方形的面积．
【详解】
解：设边长为，对角线为


故答案为：．
【点睛】
本题考察了正方形的性质以及勾股定理．解题的关键在于求解正方形的边长．
4、
【分析】
利用三角形的内角和定理以及折叠的性质，求出，，利用四边形内角和为，即可求出∠2．
【详解】
解：在中，，
在中，，
由折叠性质可知： ，
四边形的内角和为，
，
，，
，
，，且∠1＝85°，
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要是考查了三角形和四边形的内角和定理，熟练利用三角形内角和定理，求出两角之和，最后利用四边形的内角和求得某角的度数，这是解决该题的关键．
5、10
【分析】
如图，由题意得：四边形为矩形，证明是等边三角形，结合矩形的性质可得答案.
【详解】
解：如图，由题意得：四边形为矩形，


是等边三角形，


故答案为：
【点睛】
本题考查的是等边三角形的判定与性质，矩形的性质，掌握“矩形的对角线相等且互相平分”是解本题的关键.
三、解答题
1、（1）点C（6，0）；（2）点；（3）满足条件的点G坐标为或．
【分析】
（1）直接利用直线，令y=0，解方程即可；
（2）结合图形，由S△AMB＝S△AOB 分析出直线OM平行于直线AB，再利用两直线相交建立方程组，解方程组求得交点M的坐标；
（3）分两种情形：①当n＞4时，如图2-1中，点Q落在BC上时，点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．求出Q（n-4，n-2）．②当n＜4时，如图2-2中，同法可得Q（4-n，n+2），代入直线BC的解析式解方程即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵直线交x轴正半轴于点C．
∴当y=0时，，
解得x=6
∴点C（6，0）
故答案为（6，0）；
（2）连接OM并双向延长，

∵S△AMB＝S△AOB ，
∴点O到AB与点M到AB的距离相等，
∴直线OM平行于直线AB，
∵AB解析式为y＝2x＋8，
故设直线OM解析式为：，
将直线OM的解析式与直线BC的解析式联立得方程组得：
，
解得：
故点；
（3）∵直线y＝2x＋8与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令y=0，2x＋8=0，
解得x=-4，
∴A（-4，0），
令x=0，则y＝8
∴B（0，8），
∵点F为AB中点，
点F横坐标为，纵坐标为
∴F（-2，4），
设G（0，n），
①当n＞4时，如图2-1中，点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．

∵四边形FGQP是正方形，
∴FG=QG，∠FGQ=90°，
∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°，
∵FM⊥MN，QN⊥MN，
∴∠M=∠N=90°，
∴∠MFG+∠MGF=90°，
∴∠MFG=∠NGQ，
在△FMG和△GNQ中，
，
∴△FMG≌△GNQ，
∴MG=NQ=2，FM=GN=n-4，
∴Q（n-4，n-2），
∵点Q在直线上，
∴，
∴,
∴．
②当n＜4时，如图2-2中，
点Q落在BC上时，过G作MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，分别交于M，N．
∵四边形FGQP是正方形，
∴FG=QG，∠FGQ=90°，
∴∠MGF+∠NGQ=180°-∠FGQ=180°-90°=90°，
∵FM⊥MN，QN⊥MN，
∴∠M=∠N=90°，
∴∠MFG+∠MGF=90°，
∴∠MFG=∠NGQ，
在△FMG和△GNQ中，
，
∴△FMG≌△GNQ，
∴MG=NQ=2，FM=GN= 4-n，
∴Q（4- n， n+2），
∵点Q在直线上，
∴，

∴n=-2，
∴．
综上所述，满足条件的点G坐标为或．
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数与坐标轴的交点，平行线性质，两直线联立解方程组，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
2、（1）见解析；（2）当∠B1FE=60°时，四边形EFGB为菱形，理由见解析
【分析】
（1）由题意，，结合，得，同理可得，即，结合，依据平行四边形的判定定理即可证明四边形BEFG是平行四边形；
（2）根据菱形的性质可得，结合（1）中结论得出为等边三角形，依据等边三角形的性质及（1）中结论即可求出角的大小．
【详解】
证明：（1）∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
同理可得：．
∴，
又∵，
∴四边形BEFG是平行四边形；
（2）当时，四边形EFGB为菱形．
理由如下：
∵四边形BEFG是菱形，
∴，
由（1）得：，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
【点睛】
题目主要考查平行四边形和菱形的判定定理和性质，矩形的折叠问题，等边三角形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
3、（1）PD＝PC，PD⊥PC；（2）成立，见解析；（3）2或4
【分析】
（1）根据直角三角形斜边中线的性质，可得，根据角之间的关系即可，即可求解；
（2）过点P作PT⊥AB交BC的延长线于T，交AC于点O，根据全等三角形的判定与性质求解即可；
（3）分两种情况，当点E在BC的上方时和当点E在BC的下方时，过点P作PQ⊥BC于Q，利用等腰直角三角形的性质求得，即可求解．
【详解】
解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴，
∵，
∴，
∵点P为AE的中点，
∴，
∴，，
∴，
∴
故答案为：，．
（2）结论成立．理由如下：
过点P作PT⊥AB交BC的延长线于T，交AC于点O．

则
∴，
∴，，
由勾股定理可得：
∴
∴
∴
∵点P为AE的中点，
∴
∴
在中，，
∴，
∴
∴
∴，
∴
∴，
∴．
（3）如图3﹣1中，当点E在BC的上方时，过点P作PQ⊥BC于Q．

则，
∴
∵
∴
由（2）可得，，，∴为等腰直角三角形
∴
∴
由勾股定理得，

如图3﹣2中，当点E在BC的下方时，同法可得PC＝PD＝2．
综上所述，PC的长为4或2．
【点睛】
此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关基本性质，做辅助线，构造出全等三角形．
4、（1）见解析；（2）①∠CDA＝20°；②∠CAD+41°＝∠CBD．
【分析】
（1）由三角形外角的性质可得∠ACD=∠A+∠ABC，∠ECD＝∠E+∠EBC；由角平分线的性质可得，，利用等量代换，即可求得∠A与∠E的关系；
（2）①根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可解答；②设∠CBD=a，根据已知条件得到∠ABC=180°-2a，根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可解答．
【详解】
（1）证明：∵∠ACD是△ABC的外角
∴∠ACD＝∠A+∠ABC
∵CE平分∠ACD
∴
又∵∠ECD＝∠E+∠EBC
∴
∵BE平分∠ABC
∴
∴
∴；
（2）①∵∠ACD＝130°，∠BCD＝50°
∴∠ACB＝∠ACD﹣∠BCD＝130°﹣50°＝80°
∵∠CBA＝40°
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝180°﹣80°﹣40°＝60°
∵AD平分∠BAC
∴
∴∠CDA＝180°﹣∠CAD﹣∠ACD＝20°；
②∠CAD+41°＝∠CBD
设∠CBD＝α
∵∠ABD+∠CBD＝180°
∴∠ABC＝180°﹣2α
∵∠ACB＝82°
∴∠CAB＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣（180°﹣2α）﹣82°＝2α﹣82°
∵AD平分∠BAC
∴∠CAD＝∠CAB＝α﹣41°
∴∠CAD+41°＝∠CBD．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角与外角、三角形内角和定理、角平分线等知识点，掌握三角形内角和是180°是解答本题的关键．
5、（1）BP＝CE，CE⊥BC；（2）仍然成立，见解析；（3）31
【分析】
（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAE即可证得结论；
（2）（1）中的结论成立，用（1）中的方法证明△BAP≌△CAE即可；
（3）分两种情形：当点P在BD的延长线上时或点P在线段DB的延长线上时，连接AC交BD于点O，由∠BCE＝90°，根据勾股定理求出CE的长即得到BP的长，再求AO、PO、PD的长及等边三角形APE的边长可得结论．
【详解】
解：（1）如图1，连接AC，延长CE交AD于点H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°；
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠BAP＝∠CAE＝60°﹣∠PAC，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE；
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABP＝∠ABC＝30°，
∴∠ABP＝∠ACE＝30°，
∵∠ACB＝60°，
∴∠BCE＝60°+30°＝90°，
∴CE⊥BC；
故答案为：BP＝CE，CE⊥BC；
（2）（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：
如图2中，连接AC，设CE与AD交于H，

∵菱形ABCD，∠ABC＝60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAD＝120°，∠BAP＝120°+∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠CAE＝60°+60°+∠DAP＝120°+∠DAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°，
∴∠DCE＝30°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠DCE+∠ADC＝90°，
∴∠CHD＝90°，
∴CE⊥AD；
∴（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD 仍然成立；
（3）如图3中，当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD BD平分∠ABC，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴∠ABO＝30°，
∴AO＝AB＝，OB＝AO＝3，
∴BD＝6，
由（2）知CE⊥AD，
∵AD∥BC，
∴CE⊥BC，
∵BE＝2，BC＝AB＝2，
∴CE＝＝8，
由（2）知BP＝CE＝8，
∴DP＝2，
∴OP＝5，
∴AP＝＝＝2，
∵△APE是等边三角形，
∴S△AEP＝×（2）2＝7，
如图4中，当点P在DB的延长线上时，同法可得AP＝＝＝2，

∴S△AEP＝×（2）2＝31，
【点睛】
此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．