专题08 平行四边形中的动点问题训练（解析版）八年级数学下学期期末考试压轴题专练（人教版，尖子生专用）

这是一份专题08 平行四边形中的动点问题训练（解析版）八年级数学下学期期末考试压轴题专练（人教版，尖子生专用），共33页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

专题07 平行四边形中的动点问题训练
（时间：60分钟 总分：120） 班级 姓名 得分
解答题解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；②公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；④解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感。
（2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的人解决的少。为了区分这种情况，中考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分。这种方法我们叫它“分段评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分。与之对应的“分段得分”的基本精神是，会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个老大难问题。有的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对。有的考生答案虽然对，但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全。因此，会做的题目要特别注意表达的准确、考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”。经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老师则更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”。
对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分。我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略。把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密。
①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败。特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”。
②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论。如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”。由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再写出“证实某步之后，继续有……”一直做到底。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答。
③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略。如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论。总之，退到一个你能够解决的问题。为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”。这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发。
④辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤。实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举。如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应用题的未知数等。答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提高成功率。试题做完后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷。
一、解答题
1. 如图，在Rt△ABC中，∠B=90∘，AC=60cm，∠A=60∘，点D从点C出发沿CA方向以4cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动.设点D，E运动的时间是t s(0
(1)求证：四边形AEFD是平行四边形;
(2)当t为何值时，△DEF为直角三角形?
【答案】(1)证明：∵∠B=90°，∠A=60°，
∴∠C=30°，
∴AB=12AC=30cm，
由题意得，CD=4t cm，AE=2t cm，
∵DF⊥BC，∠C=30°，
∴DF=12CD=2t cm，
∴DF=AE，
∵DF//AE，DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形；
(2)当∠EDF=90°时，如图①，
∵DE//BC，
∴∠ADE=∠C=30°，
∴AD=2AE，即60−4t=2t×2，
解得，t=152，
当∠DEF=90°时，如图②，
∵AD//EF，
∴DE⊥AC，
∴AE=2AD，即2t=2×(60−4t)，
解得，t=12，
综上所述，当t=152或12时，△DEF为直角三角形．
【知识点】平行四边形的判定、三角形内角和定理、含30°角的直角三角形、分类讨论思想
【解析】本题考查的是平行四边形的判定、直角三角形的性质，掌握平行四边形的判定定理、含30°的直角三角形的性质是解题的关键．
(1)根据三角形内角和定理得到∠C=30°，根据直角三角形的性质求出DF，得到DF=AE，根据平行四边形的判定定理证明；
(2)分∠EDF=90°、∠DEF=90°两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．

2. 如图，在△ABC中，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线MN//BC，设MN交∠BCA的角平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F．
(1)求证：EO=FO；
(2)当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论．
(3)当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？并说明理由．

【答案】解：(1)

∵MN//BC，
∴∠3=∠2，
又∵CF平分∠GCO，
∴∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∴FO=CO，
同理：EO=CO，
∴EO=FO.                                               
(2)当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形．            
∵当点O运动到AC的中点时，AO=CO，
又∵EO=FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
由(1)可知，FO=CO，
∴AO=CO=EO=FO，
∴AO+CO=EO+FO，即AC=EF，
∴四边形AECF是矩形．                                  
(3)当点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．                                                 
∵由(2)知，当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，
∵MN//BC，
∴∠AOE=∠ACB
∵∠ACB=90°，
∴∠AOE=90°，
∴AC⊥EF，
∴四边形AECF是正方形．
【知识点】矩形的判定、正方形的判定
【解析】(1)由平行线的性质和角平分线的定义得出∠OCE=∠OEC，∠OCF=∠OFC，得出EO=CO，FO=CO，即可得出结论；
(2)先证明四边形AECF是平行四边形，再由对角线相等，即可得出结论；
(3)由正方形的性质得出∠ACE=45°，得出∠ACB=2∠ACE=90°即可．
本题考查了平行线的性质、等腰三角形的判定、矩形的判定、菱形的判定、正方形的性质；熟练掌握平行线的性质和矩形、菱形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．

3. 如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠B=90∘，AB=8cm，AD=12cm，BC=18cm，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2cm/s的速度向点B运动.规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动.设点P，Q运动的时间为t s．

(1)CD边的长度为          cm，t的取值范围为          ．
(2)从运动开始，当t取何值时，PQ//CD?
(3)从运动开始，当t取何值时，PQ=CD?
(4)在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形PQCD是菱形?若存在，请求出t值;若不存在，请说明理由．
【答案】解：(1)10；0⩽t⩽9；
(2)∵AD//BC，
∴当PQ//CD时，四边形PQCD为平行四边形，
∴PD=CQ，
∵PD=12−t，CQ=2t，
∴12−t=2t，
∴t=4，
∴当t=4s时PQ//CD；
(3)由(2)得当t=4s时四边形PQCD为平行四边形，此时PQ=CD，
当P，Q运动到如图(2)的位置时PQ=CD=10，
过点P作PE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，

则PE=DF=AB=8cm，
PD=EF=12−t，
在Rt△PQE和Rt△DCF中
PQ=DCPE=DF
∴Rt△PQE≌Rt△DCF(HL)，
∴QE=CF，
由(1)得CF=6cm
∴QE=6cm
∵QE+EF+FC=CQ，
∴6+(12−t)+6=2t，
∴t=8，
综上所述，当t的值为4s或8s时PQ=CD，；
(4)不存在.理由如下：
要使四边形PQCD为菱形，则四边形PQCD一定是平行四边形，
由(2)得当t=4s时四边形PQCD是平行四边形，
此时PD=12−4=8≠10，即PD≠CD，
∴四边形PQCD不是菱形，
所以不存在t的值使四边形PQCD为菱形．
【知识点】菱形的性质、矩形的性质、勾股定理、四边形综合、三角形的面积、全等三角形的判定与性质
【解析】
【分析】
本题考查的是矩形的性质，菱形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定与性质、勾股定理．
(1)过点D作DH⊥BC于点H，先证得四边形ABHD是矩形，利用勾股定理求出CD，即可求出答案；
(2)当PQ//CD时，四边形PQCD为平行四边形，即PD=CQ，根据PD=CQ列出方程求解即可；
(3)过点P作PE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，先证得Rt△PQE≌Rt△DCF，根据QE+EF+FC=CQ列出方程，求出解即可；
(4)要使四边形PQCD为菱形，当t=4s时四边形PQCD是平行四边形，PD=12−4=8≠10，即PD≠CD，故不存在t的值使四边形PQCD为菱形．
【解答】
解：(1)如图所示，过点D作DH⊥BC于点H，
∴∠DHB=∠DHC=90°，
∵∠B=90°，AD//BC，
∴∠A=90°，
∴四边形ABHD是矩形，
∴AB=DH=8cm，BH=AD=12cm，
∴CH=BC−BH=18−12=6(cm)，
∴CD=DH2+CH2=82+62=10(cm)，
点P从点A运动到点D用12÷1=12s，点Q从点C运动到点B用18÷2=9(s)，
所以t的取值范围是0⩽t⩽9，
故答案为：0⩽t⩽9；(2)(3)(4)见答案．

4. 如下图所示，在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠A=90∘，AB=12，BC=21，AD=16.动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位长度的速度向点D运动，当其中一个动点到达端点时停止运动，另一个动点也随之停止运动.设运动的时间为t秒．
(1)设△DPQ的面积为S，用含t的式子表示S;
(2)当t为何值时，四边形PCDQ是平行四边形?
(3)分别求出当t为何值时， ①PD=PQ， ②DQ=PQ．

【答案】当点Q运动到点D时，用时为16秒;当点P运动到点C时，用时为212秒，因为212<16，所以当点P，Q停止运动时，所用时间为212秒.
(1)在直角梯形ABCD中，依题意知AQ=t，BP=2t，
则DQ=16−t，PC=21−2t，
如下图，过点P作PE⊥AD于点E，则四边形ABPE是矩形，

∴PE=AB=12，
∴S=12DQ⋅PE=12(16−t)×12=−6t+96．
(2)当四边形PCDQ是平行四边形时，PC=DQ，
即21−2t=16−t，解得t=5，符合题意．
∴当t=5时，四边形PCDQ是平行四边形．
(3)由(1)知AE=BP=2t，PE=AB=12．
 ①当PD=PQ时，QE=ED=12QD=12(16−t)，
又∵AE=BP=AQ+QE，
∴2t=t+QE，则QE=t，
∴12(16−t)=t，
解得t=163，符合题意．
∴当t=163时，PD=PQ．
 ②当DQ=PQ时，DQ2=PQ2，
在Rt△PEQ中，PQ2=PE2+QE2，
∴DQ2=PE2+QE2，即(16−t)2=t2+122，
解得t=72，符合题意．
∴当t=72时，DQ=PQ．
【解析】略

5. 如图，在△ABC中，点F是BC的中点，点E是线段AB的延长线上的一动点，连接EF，过点C作AB的平行线CD，与线段EF的延长线交于点D，连接CE、BD．
(1)求证：四边形DBEC是平行四边形．
(2)若∠ABC=120°，AB=BC=4，则在点E的运动过程中：
①当BE=______时，四边形BECD是矩形，试说明理由；
②当BE=______时，四边形BECD是菱形．
【答案】解：(1)证明：∵AB//CD，
∴∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，
∵点F是BC的中点，
∴BF=CF，
在△DCF和△EBF中，
∠CDF=∠FEB∠DCF=∠EBFFC=BF，
∴△EBF≌△DCF(AAS)，
∴DC=BE，
∴四边形BECD是平行四边形；

(2)①2  ；② 4
【知识点】菱形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的性质、矩形的判定、菱形的判定、等边三角形的判定与性质
【解析】此题主要考查了菱形和矩形的性质，等边三角形的判定与性质以及平行四边形的判定与性质，关键是掌握菱形四边相等，矩形四个角都是直角．
(1)先证明△EBF≌△DCF，可得DC=BE，结合AB//CD，可证四边形BECD是平行四边形；
(2)①根据四边形BECD是矩形时，∠CEB=90°，再由∠ABC=120°可得∠ECB=30°，再根据直角三角形的性质可得BE=2；
②根据四边形BECD是菱形可得BE=EC，再由∠ABC=120°，可得∠CBE=60°，进而可得△CBE是等边三角形，再根据等边三角形的性质可得答案．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)解：①BE=2；
∵当四边形BECD是矩形时，∠CEB=90°，
∵∠ABC=120°，
∴∠CBE=60°；
∴∠ECB=30°，
∴BE=12BC=2，
故答案为：2；
②BE=4，
∵四边形BECD是菱形时，BE=EC，
∵∠ABC=120°，
∴∠CBE=60°，
∴△CBE是等边三角形，
∴BE=BC=4．
故答案为：4．

6. 如图1，在四边形ABCD中，AB=BC=CD=AD=4cm，∠BAD=∠B=∠C=∠ADC=90°，点P以1cm/s的速度自点A向终点B运动，点Q同时以1cm/s的速度自点B向终点C运动，连接AQ、DP，设运动时间为ts．
(1)当t=______s时，点P到达点B；
(2)求证：在运动过程中，△ABQ≌△DAP始终成立；
(3)如图2，作QM//PD，且QM=PD，作MN⊥射线BC于点N，连接CM，请问在Q的运动过程中，∠MCN的度数是否改变？如果不变，请求出∠MCN；如果改变，请说明理由．

【答案】(1)4；
(2)证明：在运动过程中，AP=BQ=t，
在△ABQ和△DAP中，
AB=AD∠DAP=∠BBQ=AP,
∴△ABQ≌△DAP；
(3)解：∠MCN的度数不改变，始终为45°，
理由如下：∵△ABQ≌△DAP，
∴AQ=DP，
∵QM=PD，
∴QM=AQ，
∵△ABQ≌△DAP，
∴∠BAQ=∠ADP，
∵∠BAQ+∠DAQ=90°，
∴∠ADP+∠DAQ=90°，即∠AED=90°，
∵QM//PD，
∴∠AQM=∠AED=90°，
∴∠AQB+∠MQN=90°，
∴∠AQB=∠QMN，
在△AQB和△QMN中，
∠ABQ=∠QNM∠AQB=∠QMNAQ=QM，
∴△AQB≌△QMN，
∴QN=AB，MN=BQ，
∴BC=QN，
∴BC−QC=QN−QC，即BQ=CN，
∴MN=CN，
∴∠MCN=45°．
【知识点】全等三角形的判定与性质、正方形的性质
【解析】
【分析】
本题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
(1)根据AB=4cm，点P以1cm/s的速度自点A向终点B运动计算即可；
(2)根据题意得到AP=BQ，利用SAS定理证明；
(3)根据全等三角形的性质得到QM=AQ，∠AQB=∠QMN，证明△AQB≌△QMN，根据全等三角形的性质得到QN=AB，MN=BQ，结合图形证明即可．
【解答】
解：(1)∵AB=4cm，点P以1cm/s的速度自点A向终点B运动，
∴点P到达点B所用的时间为：4÷1=4(s)，
故答案为4；
(2)见答案；
(3)见答案．

7. 已知，如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A(10,0)，C(0,4)，点D是OA的中点，动点P在线段BC上以每秒2个单位长的速度由点C向B 运动．设动点P的运动时间为t秒

(1)当t为何值时，四边形PODB是平行四边形？
(2)在直线CB上是否存在一点Q，使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在线段PB上有一点M，且PM=5，当P运动______ 秒时，四边形OAMP的周长最小，并画图标出点M的位置．
【答案】解：(1)∵四边形OABC为矩形，A(10,0)，C(0,4)，
∴BC=OA=10，AB=OC=4，
∵点D时OA的中点，
∴OD=12OA=5，
由运动知，PC=2t，
∴BP=BC−PC=10−2t，
∵四边形PODB是平行四边形，
∴PB=OD=5，
∴10−2t=5，
∴t=2.5；
(2)①当Q点在P的右边时，如图1，

∵四边形ODQP为菱形，
∴OD=OP=PQ=5，
∴在Rt△OPC中，由勾股定理得：PC=3      
∴2t=3；
∴t=1.5，
∴Q(8,4)

②当Q点在P的左边且在BC线段上时，如图2，

同①的方法得出 t=4，
∴Q(3,4)，
③当Q点在P的左边且在BC的延长线上时，如图3，

同①的方法得出，  t=1，
∴Q(−3,4)
(3)t=54，   
如图4，

由(1)知，OD=5，
∵PM=5，
∴OD=PM，
∵BC//OA，
∴四边形OPMD时平行四边形，
∴OP=DM，
∵四边形OAMP的周长为OA+AM+PM+OP
=10+AM+5+DM=15+AM+DM，
∴AM+DM最小时，四边形OAMP的周长最小，
∴作点A关于BC的对称点E，连接DE交PB于M，
∴AB=EB，
∵BC//OA，
∴BM=12AD=52，
∴PC=BC−BM−PM=10−5−52=52，
∴t=52÷2=54．
【知识点】菱形的性质、矩形的性质、勾股定理、平行四边形的性质、轴对称-最短路线问题、四边形综合、分类讨论思想
【解析】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，三角形中位线定理，解(1)的关键是求出OD的值，解(2)的关键时分类讨论的思想，解(3)的关键是找出点M的位置，是一道中等难度的中考常考题．
(1)先求出OA，进而求出OD=5，再由运动知BP=10−2t，进而由平行四边形的性质建立方程10−2t=5即可得出结论；
(2)分三种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论；
(3)先判断出四边形OAMP周长最小，得出AM+DM最小，即可确定出点M的位置，再用三角形的中位线得出BM，进而求出PC，即可得出结论．

8. 如图1，四边形ABCD是矩形，点O位于对角线BD上，将△ADE，△CBF分别沿DE、BF翻折，点A，点C都恰好落在点O处．
(1)求证：∠EDO=∠FBO；
(2)求证：四边形DEBF是菱形：
(3)如图2，若AD=2，点P是线段ED上的动点，求2AP+DP的最小值．

【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵将△ADE，△CBF分别沿DE、BF翻折，点A，点C都恰好落在点O处．
∴△ADE≌△ODE，
∴△CFB≌△OFB，
∴∠ADE=∠ODE=12∠ADB，∠CBF=∠OBF=12∠CBD，
∴∠EDO=∠FBO；
(2)证明：∵∠EDO=∠FBO，
∴DE//BF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，AD=BC，∠A=90°，
∵DE//BF，AB//CD，
∴四边形DEBF是平行四边形，
又∵△ADE△≌△ODE，
∴∠A=∠DOE=90°，
∴EF⊥BD，
∴四边形DEBF是菱形；
(3)解：过点P作PH⊥AD于点H，

∵四边形DEBF是菱形，△ADE≌△ODE，
∴∠ADE=∠ODE=∠ODF=30°，
∴在Rt△DPH中，2PH=PD，
∴2AP+PD=2PA+2PH=2(AP+PH)，
过点O作OM⊥AD，与DE的交点即是2AP+PD的值最小的点P的位置．
而此时(2AP+PD)的最小值=2OM，
∵△ADE≌△ODE，AD=2，
∴AD=DO=2，
在Rt△OMD中，
∵∠ODA=2∠ADE=60°，
∴∠DOM=30°，
∴DM=12DO=1，
∵DM2+OM2=DO2，
∴12+OM2=22，
∴OM=3，
∴(2PA+PD)的最小值为2OM=23．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、轴对称-最短路线问题、四边形综合
【解析】(1)由折叠的性质得出△ADE≌△ODE，△CFB≌△OFB，则∠ADE=∠ODE=12∠ADB，∠CBF=∠OBF=12∠CBD，则可得出结论；
(2)证得四边形DEBF是平行四边形，由全等三角形的性质得出∠A=∠DOE=90°，则可得出结论；
(3)过点P作PH⊥AD于点H，得出∠ADE=∠ODE=∠ODF=30°，得出2AP+PD=2PA+2PH=2(AP+PH)，过点O作OM⊥AD，与DE的交点即是2AP+PD的值最小的点P的位置．而此时(2AP+PD)的最小值=2OM，求出OM的长，则可得出答案．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、翻折变换的性质是解题的关键．

9. 如图，四边形ABCD是正方形．点G是BC边上的任意一点，DE⊥AG于点E，BF // DE，且交AG于点F，连接CE，DF．

(1)请直接写出线段CE，DF的关系；
(2)若点G是BC延长线上的任意一点，其他条件不变，如图2，(1)中的结论是否依然成立吗？请做出判断并给予证明；
(3)若点G是CB延长线上的一点，且AF=2BF，AB=5，其他条件不变，如图3求CE的长(直接写出结果)
【答案】解：(1)DF=CE，CE⊥DF；
(2)成立；如图2，
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=CD，
∠BAD=∠ADC=90°，
又∵DE⊥AG，BF // DE，
∴∠BFA=∠AED=90°，
∴∠DAE=∠ABF，
在△ADE和△BAF中，AD=BA∠AED=BFA∠DAE=∠ABF,
∴△ADE≌△BAF，
∴DE=AF，
在△ADF和△DCE中，AD=DC∠DAF=∠CDEAF=DE,
∴△ADF≌△DCE，
∴DF=CE，
∴∠ADF=∠ECD，
又∵∠ADF+∠CDF=90°，
∴∠ECD+∠CDF=90°，∴CE⊥DF；
(3)13．
【知识点】勾股定理、余角和补角、正方形的性质、全等三角形的判定与性质
【解析】
【分析】此题是一道图形综合题，考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和同角的余角相等等相关知识，熟练掌握有关性质和定理并确定三角形全等的条件是解题关键．本题体现了数学转化思想和数形结合的思想。
(1)解决此题有三个关键步骤：首先根据全等三角形的判定定理AAS证得△AFB≌△DEA，由全等三角形的性质推得AF=DE，为第二步的证明提供了条件。然后由同角的余角相等证得∠FAD=∠EDC，根据正方形的性质证得AD=CD，即可用全等三角形的判定定理SAS证得△FAD≌△EDC，根据全等三角形的性质证得DF=CE，∠ADF=∠DCE，最后根据等量代换证得∠DCE+∠CDF=90°，进而即可证得DF⊥CE；
(2)G点位置发生了变化，点G是BC延长线上的任意一点，有第一问的做基础，第二问的思路也比较清晰。首先根据正方形的性质证得AD=AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，然后根据已知条件和同角的余角相等证得∠BFA=∠AED=90°，∠DAE=∠ABF，根据全等三角形的判定定理AAS证得△ADE≌△BAF，根据全等三角形的性质证得DE=AF，然后根据全等三角形的判定定理SAS证得△ADF≌△DCE，根据全等三角形的性质证得DF=CE，∠ADF=∠ECD，最后根据等量代换证得∠ECD+∠CDF=90°，进而即可证得DF⊥CE；
(3)点G是CB延长线上的一点，受第二问的启发，可得到解题思路：通过求DF的长，即可求得CE的长度。首先根据已知条件和同角的余角相等证得∠ABF=∠DAE，根据根据全等三角形的判定定理AAS证得△AFB≌△DEA，根据全等三角形的性质证得AF=ED，BF=AE，∠BAF=∠ADE，然后根据根据根据全等三角形的判定定理SAS证得△FAD≌△EDC，根据根据全等三角形的性质证得CE=DF，再根据勾股定理和已知条件求出BF、AF的长，进而即可得出EF、ED的长，最后根据勾股定理求出DF的长，即可求出CE的长．
【解答】
解：(1)DF=CE，CE⊥DF.理由如下，如图1：
∵∠ABF+∠BAF=90°，∠DAE+∠BAF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
在△AFB和△DEA中，∠ABF=∠DAE∠AED=∠BFAAB=AD,
∴△AFB≌△DEA，
∴AF=DE，
∵∠FAD+∠ADE=90°，∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°，
∴∠FAD=∠EDC，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，
在△FAD和△EDC中，AF=DE∠FAD=∠EDCAD=CD,
∴△FAD≌△EDC，
∴DF=CE，∠ADF=∠DCE，
∵∠ADF+∠CDF=∠ADC=90°，
∴∠DCE+∠CDF=90°，
∴DF⊥CE，
∴线段CE，DF的关系为DF=CE，CE⊥DF；
(2)见答案；
(3)如图3，
∵DE⊥AG于点E，BF // DE，
∴BF⊥AG，
∴∠AFB=AED=90°，
∴∠ABF+∠BAF=90°，∠DAE+∠BAF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
在△AFB和△DEA中，∠ABF=∠EAD∠AED=∠BFAAB=AD,
∴△AFB≌△DEA，
∴AF=ED，BF=AE，∠BAF=∠ADE，
∴∠BAF+90°=∠ADE+90°，
∴∠FAD=∠EDC，
在△FAD和△EDC中，AF=ED∠FAD=∠EDCAD=DC,
∴△FAD≌△EDC，
∴CE=DF，
又∵AF=2BF，AB=5，
在Rt△AFB中，BF2+(2BF)2=AB2，
∴BF=1，AF=2，
∴EF=FA+AE=3，ED=AF=2，
∴在Rt△DEF中，DF2=EF2+ED2=32+22=13，
∴DF=13，
∴CE=13．

10. 已知，平行四边形ABCD中，一动点P在AD边上，以每秒1cm的速度从点A向点D运动．
(1)如图①，运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD=CP，求∠ABC的度数．
(2)如图②，在(1)问的条件下，连结BP并延长，与CD的延长线交于点F，连结AF，若AB=8cm，求△APF的面积．
(3)如图③，另一动点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动(同时Q点也停止)，若AD=12cm，则t为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．

【答案】解：(1)如图①中，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠DPC=∠PCB，
∵PC平分∠BCD，
∴∠PCD=∠PCB，
∴∠DPC=∠DCP，
∴DP=DC，
∵CD=CP，
∴PC=CD=PD，
∴△PDC是等边三角形，
∴∠D=∠B=60°．

(2)如图②中，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//CD，BC//AD，
∴S△PBC=S△FAB=12S平行四边形ABCD，
∴S△ABP+S△PCD=12S平行四边形ABCD，
∴S△APF+S△ABP=S△ABP+S△PCD，
∴S△APF=S△PCD=34⋅82=163．

(3)如图③中，

∵PD//BC，
∴当PD=BQ时，四边形PDQB是平行四边形，
∴12−t=12−4t或12−t=4t−12或12−t=36−4t或12−t=4t−36，
解得t=4.8或8或9.6，
∴t为4.8s或8s或9.6 s时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【知识点】平行四边形的性质、四边形综合
【解析】(1)如图①中，只要证明△PCD是等边三角形即可．
(2)如图②中，由四边形ABCD是平行四边形，推出AD//CD，BC//AD，推出S△PBC=S△FAB=12S平行四边形ABCD，推出S△ABP+S△PCD=12S平行四边形ABCD，推出S△APF+S△ABP=S△ABP+S△PCD，可得S△APF=S△PCD由此即可解决问题．
(3)如图③中，分四种情形列出方程解方程即可．
本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，第二个问题的关键是灵活应用同底等高的两个三角形面积相等，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

11. 阅读以下短文，然后解决下列问题：
如果一个三角形和一个矩形满足条件：三角形的一边与矩形的一边重合，且三角形的这边所对的顶点在矩形这边的对边上，则称这样的矩形为三角形的“友好矩形”，如下图 ①所示，矩形ABEF即为△ABC的“友好矩形”，显然，当△ABC是钝角三角形时，其“友好矩形”，只有一个．
(1)仿照以上叙述，说明什么是一个三角形的“友好平行四边形”;
(2)若△ABC为直角三角形，且∠C=90∘，在图 ②中画出△ABC的所有“友好矩形”，并比较这些矩形面积的大小；
(3)若△ABC是锐角三角形，且BC>AC>AB，在下图 ③中画出△ABC的所有“友好矩形”，指出其中周长最小的矩形并加以证明．

【答案】解：(1)如果一个三角形和一个平行四边形满足条件：三角形的一边与平行四边形的一边重合，且三角形的这边所对的顶点在平行四边形这边的对边上，则称这样的平行四边形为三角形的“友好平行四边形”．
(2)如图，此时共有2个“友好矩形”，矩形BCAD和矩形ABEF．
易知矩形BCAD和矩形ABEF的面积都等于△ABC面积的2倍，
∴△ABC的“友好矩形”的面积相等．

(3)如图，此时共有3个“友好矩形”，矩形BCDE、矩形CAFG及矩形ABHK，其中矩形ABHK的周长最小．

证明：易知这三个矩形的面积相等，令其为S，设矩形BCDE、矩形CAFG及矩形ABHK的周长分别为L1，L2，L3，△ABC中BC=a，CA=b，AB=c，
则L1=2Sa+2a，L2=2Sb+2b，L3=2Sc+2c，
∴L1−L2=(2Sa+2a)−(2Sb+2b)=−2Saba−b+2a−b=2a−bab−Sab，
易知ab>S，且a>b，
∴L1−L2>0，即L1>L2，同理可得，L2>L3，
∴L3最小，即矩形ABHK的周长最小．
【解析】略

12. 如图，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在边上的处，折痕为过点作交于，连接，

求证：四边形为菱形；
当在边上移动时，折痕的端点，也随着移动．
当点与点重合时如图，求菱形的边长；
如限定，分别在，上移动，求出点在边上移动的最大距离．
【答案】(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=5cm，
CD=AB=3cm，∠A=∠D=90∘
∵点B与点E关于PQ对称，

∴CE=BC=5cm，
在Rt△CDE中，
DE=CE2−CD2=4cm，
∴AE=AD−DE=5cm−4cm
=1cm
在Rt△APE中，AE=1，
AP=3−PB=3−PE，
∴EP2=12+(3−EP)2，
解得：EP=53cm，
∴菱形BFEP的边长为53cm;
 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，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．

【知识点】翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、勾股定理、平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、四边形综合、菱形的判定、正方形的性质
【解析】(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Rt△CDE中，由勾股定理求出DE=4cm，得出AE=AD−DE=1cm;在Rt△APE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP=53cm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．

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．

13. 如图①，在矩形ABCD中，点P从AB边的中点E出发，沿着E−B−C匀速运动，速度为每秒1个单位长度，到达点C后停止运动，点Q是AD上的点，AQ=5，设△PAQ的面积为y，点P运动的时间为t秒，y与t的函数关系如图②所示．
(1)图①中AB=          ，BC=          ，图②中m=          ．
(2)点P在运动过程中，将矩形沿PQ所在直线折叠，则t为何值时，折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上．
【答案】解：(1)4，  9，   5；
(2)分三种情况：①当点P在AB边上，A′落在BC边上时，作QF⊥BC于F，如图1所示：

则QF=AB=4，BF=AQ=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，CD=AB=4，AD=BC=9，
由折叠的性质得：PA′=PA，A′Q=AQ=5，∠PA′Q=∠A=90°，
∴A′F=A′Q2−QF2=3，
∴A′B=BF−A′F=2，
在Rt△A′BP中，BP=2−t，PA′=AP=4−(2−t)=2+t，
由勾股定理得：22+(2−t)2=(2+t)2，
解得：t=12；
②当点P在BC边上，A′落在BC边上时，连接AA′，如图2所示：

由折叠的性质得：A′P=AP，
∴∠APQ=∠A′PQ，
∵AD//BC，
∴∠AQP=∠A′PQ，
∴∠APQ=∠AQP，
∴AP=AQ=A′P=5，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：BP=3，
又∵BP=t−2，
∴t−2=3，解得：t=5；
③当点P在BC边上，A′落在CD边上时，连接AP、A′P，如图3所示：

同理可得：t=173；
综上所述，t为12或5或173时，折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、动点问题的函数图象、矩形的性质、勾股定理、四边形综合、等腰三角形的判定
【解析】
【分析】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识；本题综合性强，难度较大，注意分类讨论．
(1)由图象得：t=2时，BE=2×1=2，当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=12AQ×AE=12×5×2=5，即可求解；
(2)分点P在AB边上、点P在BC边上、点P在BC边上三种情况，分别求解即可．
【解答】
解：(1)∵点P从AB边的中点E出发，速度为每秒1个单位长度，
∴AB=2BE，
由图象得：t=2时，P点到达点B，即BE=2×1=2，
∴AB=2BE=4，AE=BE=2，
t=11时，P点到达点C，
∴BC=11−2=9，
当t=0时，点P在E处，m=△AEQ的面积=12AQ×AE=12×5×2=5；
故答案为4，9，5；
(2)见答案．

14. 已知，AB=18，动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度向点B运动，分别以AP、BP为边在AB的同侧作正方形．设点P的运动时间为t．
(1)如图1，若两个正方形的面积之和S，当t=6时，求出S的大小；
(2)如图2，当t取不同值时，判断直线AE和BC的位置关系，说明理由；
(3)如图3，用t表示出四边形EDBF的面积y．

【答案】解：(1)当t=6时，PA=6，PB=18−6=12，
∴S=62+122=180；

(2)如图2中，结论：AE⊥BC．
理由：延长BC交AE于K．

∵四边形APCD，四边形PEFB都是正方形，
∴PA=PC，PE=PB，∠APE=∠BPC=90°，
∴△APE≌△CPB(SAS)，
∴∠AEP=∠CBP，
∵∠CBP+∠BCP=90°，∠BCP=∠ECK，
∴∠AEP+∠ECK=90°，
∴∠EKC=90°，
∴AE⊥BC；

(3)如图3中，连接PD，BE．

∵四边形APCD，四边形PEFB都是正方形，
∴∠APD=∠ABE=45°，
∴PD//BE，
∴S△BED=S△BEP，
∴S四边形DEFB=S正方形PEFB，
∴y=(18−t)2=t2−36t+324(0 【知识点】平行线的性质、四边形、全等三角形的判定与性质、正方形的性质
【解析】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
(1)求出正方形的边长即可解决问题；
(2)图2中，结论：AE⊥BC.延长BC交AE于K，证明△APE≌△CPB(SAS)即可解决问题；
(3)连接PD，BE，证明PD//BE，利用平行线的性质证明S△BED=S△BEP,进而得到S四边形DEFB=S正方形PEFB即可．

15. 如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

(1)概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD.试证明：AB2+CD2=AD2+BC2；
(3)解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE.已知AC=4，AB=5，求GE长．
【答案】解：(1)四边形ABCD是垂美四边形．
证明：∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
(2)证明：∵AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
故答案为：AD2+BC2=AB2+CD2．
(3)连接CG、BE，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE，
∴△GAB≌△CAE(SAS)，
∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由(2)得，CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AC=4，AB=5，
∴BC=3，CG=42，BE=52，
∴GE2=CG2+BE2−CB2=73，
∴GE=73．
【知识点】勾股定理、四边形综合、新定义型、正方形的性质、全等三角形的判定与性质
【解析】本题考查的是新定义问题、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
(1)根据垂直平分线的判定定理证明即可；
(2)根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
(3)根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合(2)的结论计算．