第18章 平行四邊形 期末壓軸題訓練 人教版八年級數(shù)學下冊

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第18章平行四邊形期末壓軸題訓練1．如圖，在Rt中，，動點從點A開始以的速度向點運動，動點從點開始以的速度向點A運動，兩點同時運動，同時停止，運動時間為s(1)當為何值時，是等邊三角形?(2)當為何值時，是直角三角形?(3)過點作于點，連接；①求證：四邊形AFDP是平行四邊形；②當為何值時，的面積是面積的一半？2．如圖，在四邊形中，//，，，，，點從點出發(fā)，以的速度向點運動；點從點同時出發(fā)，以的速度向點運動．規(guī)定其中一個動點到達端點時，另一個動點也隨之停止運動．從運動開始：(1)當運動，判斷此時：四邊形的形狀，并證明．(2)當時，求長．(3)當時，需經(jīng)過多少時間？3．（1）【母題呈現(xiàn)】如圖1，是的中位線，以為斜邊作，，求證：．（2）【母題變式】如圖2，是的中位線，分別以為斜邊作和，，作交的延長線于點H，與交于點O．①求證：；②求的度數(shù)．（3）【拓展應用】如圖3，在中，分別以為斜邊作和，，點P是線段上一點，且，連接，請寫出與之間的一個等量關系，并證明．4．在中，的平分線交于點，交的延長線于點，以，為鄰邊作．(1)如圖1，求證：是菱形；(2)如圖2，若，，，連接，交于點，連接，，，求的長；(3)如圖3，若，連接，，求的度數(shù)．5．（1）【問題探究】如圖，已知是的中線，延長至點E，使，連接，可得四邊形，求證：四邊形是平行四邊形．請你完善以下證明過程：∵是的中線∴______=______∵∴四邊形是平行四邊形（2）【拓展提升】如圖2，在的中線上任取一點M（不與點A重合），過點M、點C分別作，，連接．求證：四邊形是平行四邊形．（3）【靈活應用】如圖，在中，，，，點D是的中點，點M是直線上的動點，且，，當取最小值時，求線段的長．6．如圖，在平行四邊形中，對角線、交于點，過點且繞該點旋轉(zhuǎn)的動直線分別交線段、線段于、兩點，連接、．(1)求證：不論動點在線段何處（不與點重合），四邊形都是平行四邊形．(2)當四邊形是菱形時，，，求平行四邊形邊上的高．(3)在（2）條件下，若，求的長．7．如圖，正方形中，，點E在邊上運動（不與點C、D重合）．過點B作的平行線交的延長線于點F，過點D作的垂線分別交于，于點M、N．(1)求證：四邊形是平行四邊形；(2)若，求線段的長；(3)點E在邊上運動過程中，的大小是否改變？若不變，求出該值，若改變請說明理由．8．如圖所示，菱形ABCD的頂點A，B在x軸上，點A在點B的左側(cè)，點D在y軸的正半軸上．點C的坐標為，動點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度，按照的順序在菱形的邊上勻速運動一周，設運動時間為t秒．(1)求菱形ABCD的面積；(2)當t＝3時，問線段AC上是否存在點E，使得最小，如果存在，求出最小值；如果不存在，請說明理由；(3)點P至AC的距離為1時，直接寫出點P的運動時間t的值．9．已知，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別為AD上的兩點，連接BE、CF，并延長交于點G，連接DG，H為CF上一點，連接BH、DH，(1)如圖1，若H為CF的中點，且，，求線段AB的長；(2)如圖2，若，過點B作于點I，求證：；(3)如圖2，在（1）的條件下，P為線段AD（包含端點A、D）上一動點，連接CP，過點B作于點Q，將沿BC翻折得，N為直線AB上一動點，連接MN，當面積最大時，直接寫出的最小值．10．在菱形ABCD中，，E為對角線BD上一動點，連接AE．(1)如圖1，點F為DE的中點，連接AF，若，求的度數(shù)；(2)如圖2，是等邊三角形，連接DM，H為DM的中點，連接AH，猜想線段AH與AE之間的數(shù)量關系，并證明．(3)在（2）的條件下，N為AD的中點，連接AM，以AM為邊作等邊，連接PN，若，直接寫出PN的最小值．11．如圖，已知菱形ABCD，∠ABC＝60°，點P是射線BD上的動點，以AP為邊向右側(cè)作等邊△APE，連接PC．(1)如圖1，點P在線段BD上，求證：PC＝PE．(2)如圖2，當C，P，E三點共線時，連接DE，求證：四邊形APDE是菱形．(3)當CP⊥PE時，求的值．12．問題提出：如圖1，在四邊形ABCD中，，，若E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，則．(1)問題探究：小明同學進行了如下的推理：連接AF并延長AF交BC的延長線于點G．由AB=CD，AD=BC，根據(jù)定理①，可得四邊形ABCD是平行四邊形，∴，∴，∠DAF=∠G，又DF=CF，∴，∴，，又AE=BE，根據(jù)定理②有，．請補全問題探究：定理①是______，定理②是______．（請將正確答案前面的序號填寫在橫線上）A．三角形的中位線等于第三邊的一半；B．兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形；C．三角形的中位線平行于第三邊；D．兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形．(2)拓展應用：①如圖2，在四邊形ABCD中，，，E，F(xiàn)分別AB，CD的中點，判斷線段EF，AD，BC之間的數(shù)量關系，并說明理由．②如圖3，已知直線l，且這兩條平行線間的距離為4，．點P為直線l上一動點，連接BP，點C為BP的中點，連接AC，作交直線l于點D，連接AD．設的面積為S，當時，直接寫出線段AD長度的取值范圍．13．如圖，已知O是坐標原點，點A的坐標是，點B是y軸正半軸上一動點，以OB，OA為邊作矩形OBCA，OC是矩形OBCA的對角線，OE平分交BC于點E，CF平分交OA于點F．(1)求證：四邊形OECF是平行四邊形；(2)當四邊形OECF為菱形時，求點B的坐標；(3)過點E作，垂足為點G，過點F作，垂足為點H，當點G，H將對角線OC三等分時，求點B的坐標．14．（1）問題背景：如圖1，E是正方形ABCD的邊AD上的一點，過點C作交AB的延長線于F求證：；（2）嘗試探究：如圖2，在（1）的條件下，連接DB、EF交于M，請?zhí)骄緿M、BM與BF之間的數(shù)量關系，并證明你的結(jié)論．（3）拓展應用：如圖3，在（2）的條件下，DB和CE交于點N，連接CM并延長交AB于點P，已知，，直接寫出PB的長________．15．我們知道：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．請解決下列問題：(1)如圖1，已知點D是△ABC邊AB的中點，過點D作BC的平行線，交AC于點E．求證：點E是AC的中點；(2)如圖2，△ABC的頂點A、B、C在網(wǎng)格中小正方形的頂點處，每個小正方形的邊長為1，在網(wǎng)格內(nèi)僅用不帶刻度的直尺作出△ABC的一條中位線；(3)在如圖2中，以邊AB的中點O為坐標原點，以水平向右的方向為x軸的正方向，鉛直向上的方向為y軸的正方向，建立平面直角坐標系，過A、B作y軸的垂線，分別與反比例函數(shù)（k＞0）的圖像交于點M、N．若四邊形AMBN的面積為10，直接寫出k的值為______．16．在正方形中，，為對角線、的交點．(1)如圖1，延長，使，作正方形，使點落在的延長線上，連接、．求證：；(2)如圖2，將問題（1）中的正方形繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到正方形，連接、.求點到的距離．17．已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，D是BC所在直線上的一個動點（點D不與點B，點C重合），以AD為邊在AD右側(cè)作正方形ADEF，連接CF．(1)初步嘗試如圖1，當點D在線段BC上時，求證：∠ACF＝∠ABD；(2)深入探究如圖2，當點D在線段CB的延長線上時，求證：CD＝AB＋CF；(3)延伸拓展如圖3，當點D在線段BC的延長線上時，延長BA交CF于點G，連接CE．若AB＝4，F(xiàn)G＝2時，求CE的長．18．【問題情境】（1）小明在學習過程中遇到這樣的一道試題：如圖，正方形的邊長為2，為邊上一動點．，垂足為，求證：．請你幫助小明完成證明；【問題探究】（2）小明在“問題情境”的基礎上繼續(xù)探究．如圖2，點在的延長線上，且滿足．連接，，．①求證：；②判斷、的數(shù)量關系，并說明理由；【問題探究】（3）在（2）的基礎上，如圖3，若為的中點，直接寫出的最小值為_________．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．(1)?時，是等邊三角形(2)?或?時，?是直角三角形(3)①證明見解析②當時，的面積是?面積的一半．【分析】（1）由等邊三角形的判定與性質(zhì)得出答案；（2）分兩種情況畫出圖形，由直角三角形的性質(zhì)列出方程可得出答案；（3）①證出PD=AF，由“一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”可得出結(jié)論；②根據(jù)題意，列出關于t的方程，解方程即可得出結(jié)果．【解析】（1）證明:由題意可得:，當時，是等邊三角形即時，是等邊三角形（2）當時，即當時，即當或時，是直角三角形（3）①∵PD⊥BC，∠C=90°-60°=30°，∴，∵∴四邊形是平行四邊形；②在Rt中，，由勾股定理可得在Rt中，由勾股定理可得解得或（舍去），當時，的面積是面積的一半．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，熟練掌握直角三角形的性質(zhì)是解題的關鍵．2．(1)四邊形PQCD為平行四邊形，理由見解析；(2)(3)6s或7s【分析】（1）由題意得AP=t，PD=24-t，CQ=3t，BQ=26-3t，運動6s時，AP=6cm，CQ=18cm，證出PD=CQ，由平行四邊形的判定可得出答案；（2）證明四邊形APQB為矩形，由矩形的性質(zhì)得出BQ=AP，求出AP的長，由勾股定理可得出答案；（3）根據(jù)PQ=CD，一種情況是：四邊形PQCD為平行四邊形，一種情況是：四邊形PQCD為等腰梯形，過點P作PS∥CD，PM⊥BC于M，證出QM=MS=2，可得3t=4+24-t，解此方程即可求得答案．(1)解：四邊形PQCD為平行四邊形，證明：由題意得AP=t，PD=24-t，CQ=3t，BQ=26-3t，運動6s時，AP=6cm，CQ=18cm，又∵AD=24cm，∴PD=AD-AP=18cm=CQ，∵AD∥BC，∴PD∥CQ，PD=CQ，∴四邊形PQCD為平行四邊形；(2)解：當PQ=8cm時，PQ=AB=8cm，又∵∠B=90°，∴四邊形APQB為矩形，∴BQ=AP，即26-3t=t，∴AP=t=6.5，∴AQ=；(3)解：若PQ=DC，分兩種情況：①PQ∥DC，由（1）可知，t=6，②PQ與CD不平行，過點P作PS∥CD，PM⊥BC于M，由四邊形PDCS為平行四邊形得，PD=CS=24-t，PS=CD，由四邊形ABMP為矩形得，BM=AP=t，∴MS=26-24=2，∵PQ=PS=CD，∴QM=MS=2，∴3t=4+24-t，解得：t=7．綜上所述，滿足條件的t的值為6或7．【點評】此題是四邊形綜合題，考查了直角梯形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)以及勾股定理．注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應用．3．（1）見解析；（2）①見解析；②60°；（3）PF=PG，證明見解析【分析】（1）由三角形中位線定理得，再根據(jù)30°角所對直角邊等于斜邊一半可得，從而可得結(jié)論；（2）①證明△ACG≌△HCE，得AG=EH，再證∠FAG=∠DEH，可證明△AFG≌△EDH，從而可得結(jié)論；②取FG與EH的交點為I，取AG與EH的交點為J，由三角形外角的性質(zhì)可得結(jié)論；（3）如圖，證明PG∥DH且PG=即可得出結(jié)論．【解析】解：（1）∵DE是的中位線，∵在中，，∴∴．（2）①如圖2中，∵∴∵點E是AC的中點，∴∴∵∴又

∴∴△ACG≌△HCE，∴AG=EH．∠FAG=∠FAB+∠CAG+∠BAC=∠BAC，∠DEH=∠CED+∠CEH=∠BAC+∠，∴∠FAG=∠DEH．又∵AF=ED．∴△AFG≌△EDH(SAS)．∴FG=DH．②取FG與EH的交點為I，取AG與EH的交點為J．∵∠FOD是△OHI的外角，∴∠FOD=∠OHI+∠OIJ=∠IGJ+∠GIJ=∠AJE=．（3）如圖,由（2）得△ACG≌△HCE∴AC=HC，∵∴CG=，即點G為CH的中點，又CD=∴，即點P為CD的中點∴PG是△CDH的中位線，∴PG∥DH且PG=．∴∠PGF=∠DOF=，∠FPG=，∠PFG=．∴PF⊥PG且PF=PG．【點評】本題主要考查了三角形中位線定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，30°角所對直角邊等于斜邊一半等知識，熟練掌握中位線定理是解答本題的關鍵．4．(1)見解析(2)(3)60°【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)和角平分線的定義可證BE=BF，可得結(jié)論；（2）由勾股定理可求AC的長，由“SAS”可證△ABO≌△CEO，可得AO=CO，∠AOB=∠COE，由等腰直角三角形的性質(zhì)可求解；（3）先證四邊形BFHC是平行四邊形，四邊形AFHD是菱形，可得BF=CH=FG，AF=FH=DH=AD，∠AFH=∠ADH=60°，可證△FAG≌△HAC，可得∠FAG=∠HAC，即可求解．（1）解：證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AF∥DC，BC∥AD，∴∠AFD=∠CDF，∠ADF=∠BEF，∵DF平分∠ADC，∴∠ADF=∠CDF，∴∠AFD=∠ADF=∠BEF，∴BE=BF，又∵四邊形BFGE是平行四邊形，∴?BFGE是菱形；（2）解：∵∠BAD=90°，∴四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∴AC=，∵∠CBF=90°，∴菱形BEGF是正方形，∴BO=OE，∠OBE=∠OEB=45°，∠BOE=90°，∴∠ABO=135°=∠OEC，∵∠BEF=45°=∠DEC，∴∠DEC=∠EDC=45°，∴CD=EC，∴EC=AB，∴△ABO≌△CEO（SAS），∴AO=CO，∠AOB=∠COE，∴∠AOC=∠BOE=90°，∴AC=AO，∴AO=；（3）解：如圖3，延長FG，DC，交于點H，連接AH，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠BAD=120°，∴AB∥CD，AD∥BC，∠ABC=60°，∵四邊形BEGF是菱形，∴BE=BF=FG，BE∥FG，BF∥EG，∴AD∥BC∥FG，AB∥EG∥CD，∴四邊形BFHC是平行四邊形，四邊形AFHD是平行四邊形，∠ABC=∠AFH=60°，∴BF=CH=FG，∵∠ADF=∠DFA，∴AF=AD，∴四邊形AFHD是菱形，∴AF=FH=DH=AD，∠AFH=∠ADH=60°，∴△AFH是等邊三角形，△ADH是等邊三角形，∴AF=AH，∠AFH=∠AHC=∠FAH=60°，∴△FAG≌△HAC（SAS），∴∠FAG=∠HAC，∴∠GAC=∠FAH=60°．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關鍵．5．（1），；（2）見解析；（3）【分析】（1）利用對角線互相平分的四邊形是平行四邊形證明；（2）延長至點F，使，連接CF，同（1）證四邊形是平行四邊形，進而證明四邊形是平行四邊形，推出，即可證明；（3）作輔助線（見解析），同（2）可證四邊形是平行四邊形，得出，同（1）可證四邊形是平行四邊形，得到，，；時，MC取最小值，取最小值，利用三角形等面積法求出MC，再利用勾股定理即可求出CE．【解析】（1）解：∵是的中線，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形．故答案為：，；（2）證明：如圖，延長至點F，使，連接CF，BF，∵是的中線，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形．∴，，∵，∴，又∵，∴四邊形是平行四邊形．∴，∴，∴四邊形是平行四邊形．（3）解：如圖所示，連接AE，BM，延長DM至點N，使，連接CN，BN．∵點D是的中點，∴，又∵，，∴．同（2）可證，四邊形是平行四邊形，∴，∴當MC取最小值時，取最小值，∵，∴時，MC取最小值．同（1）可證四邊形是平行四邊形，∴，，，∵，，∴，∴，即，∴，又∵在中，，，∴．故線段CE的長為．【點評】本題考查平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理解直角三角形，三角形面積公式等，第3問有一定難度，解題的關鍵是應用第（1）（2）問的結(jié)論，利用等面積法求出MC．6．(1)見解析(2)(3)【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出OA=OC，OB=OD，AB∥CD，由平行線的性質(zhì)得出∠MAO=∠NCO，證明△MAO≌△NCO（ASA），由全等三角形的性質(zhì)得出OM=ON，根據(jù)平行四邊形的判定可得出結(jié)論；（2）求出DN，由菱形的面積公式可得出答案；（3）過點B作BP⊥CD交DC的延長線于點P，由勾股定理求出CP和NP，則可求出答案．（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，OB=OD，AB∥CD，∴∠MAO=∠NCO，在△MAO和△NCO中，，∴△MAO≌△NCO（ASA），∴OM=ON，又∵OB=OD，∴四邊形DMBN是平行四邊形；（2）解：當四邊形DMBN是菱形時，MN⊥BD，∵，，∵OD=4，ON=3，∴DN=5，設菱形DMBN的邊DN上的高為h，則其面積為S菱形DMBN=DB×MN=DN?h，即×8×6=5?h，∴h=，即平行四邊形ABCD的邊CD上的高為；（3）解：過點B作BP⊥CD，交DC的延長線于點P，由（2）知BP=，∵，∴CP=，∵BN=DN=5，∴NP=，∴NC=NP-CP=，∴DC=6．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．7．(1)見解析(2)(3)點E在邊上運動過程中，的大小不改變，且【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，得出，再根據(jù)，即可證明四邊形是平行四邊形；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)，結(jié)合勾股定理，求出，再根據(jù)平行四邊形的面積求出EF的長即可；（3）在DN上截取DG=BN，連接CG，根據(jù)“SAS”證明，得出CG=NC，，說明△GCN為等腰直角三角形，即可得出結(jié)果．【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴，即，∵，∴四邊形是平行四邊形．（2）解：∵四邊形ABCD為正方形，∴，，∵，∴在Rt△ADE中根據(jù)勾股定理得：，∵，∴．（3）解：點E在邊上運動過程中，的大小不改變；在DN上截取DG=BN，連接CG，如圖所示：∵DN⊥AE，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵在△DGC和△BNC中，∴（SAS），∴CG=NC，，∴，∴．【點評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的面積，作出輔助線，構(gòu)造全等三角形，是解題的關鍵．8．(1)菱形的面積為；(2)存在，的最小值為；(3)或或或．【分析】（1）根據(jù)菱形的面積底高求解即可；（2）如圖所示：在菱形中，點關于的對稱點為，，連接交于點，連接，則．求出，從而得到的最小值；（3）分為當點在上，點在上、點在上、點在上四種情況求解即可．例如當點在上時，可過點作，由含直角三角形的性質(zhì)求得的長，從而求得的值．（1）解：，，，，，四邊形為菱形，．菱形的面積；（2）解：存在，如圖1所示：在菱形中，點關于的對稱點為，，連接交于點，連接，．四邊形為菱形，．，，，在中，，，．的最小值為；（3）解：如圖2所示：①當點在上時，過點作，垂足為．，，，，，由菱形的性質(zhì)可知：，，，，．．②當點在上時，如圖3所示：由菱形的性質(zhì)可知：，，，，．．．③如圖4所示：當點在上時．由菱形的性質(zhì)可知：，，，，．．．④如圖5所示；點在上時．由菱形的性質(zhì)可知：，，，，．．．綜上所述，當或或或時，點到的距離是1．【點評】本題是四邊形的綜合題，考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、含直角三角形的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關鍵．9．(1)3(2)見解析(3)【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得，設正方形的邊長為，，可得，在中，根據(jù)勾股定理建立方程，即可求解；（2）過點作于點，證明是等腰直角三角形，，進而證明是等腰直角三角形，根據(jù)即可得證；（3）取的中點，連接，連接，以為底邊，在的左側(cè)作等腰直角三角形，根據(jù)直角三角形中斜邊上的中點等于斜邊的一半可得，則當時，的面積最大，由，可得當三點共線時，取得最小值，證明四邊形是矩形，可得，即的最小值為．（1）解：∵四邊形是正方形，∴，H為CF的中點，，，設正方形的邊長為，，可得，在中，，即，解得，；（2）如圖，過點作于點，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，即；（3）如圖甲所示，取的中點，連接，連接，以為底邊，在的左側(cè)作等腰直角三角形，，，是直角三角形，將沿BC翻折得，是直角三角形，，當時，的面積最大，是的中點，是等腰直角三角形，則也是等腰直角三角形，，此時如圖乙所示，則點與重合，，三點共線時，取得最小值，，，，則四邊形是矩形，，即的最小值為．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，兩點之間線段最短，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關鍵．10．(1)30°；(2)AE＝2AH，證明見解析；(3)【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABD＝∠ADB＝30°，∠EAD＝∠BAD?∠BAE＝90°，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線得AF＝DF，即可得∠FAD＝∠ADB＝30°；（2）延長DA至F點，使得AF＝DA，連接AM，CE，F(xiàn)M，證明△AMB≌△CEB（SAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得AM＝CE，∠MAB＝∠ECB，可得出∠FAM＝∠ECA，再證△FAM≌△ACE（SAS），可得MF＝AE，根據(jù)三角形中位線定理即可得出結(jié)論；（3）連接NC、PC、NP，證明△AMB≌△APC（SAS），可得PC＝BM＝BE，∠PCA＝∠BMA＝30°，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得CN⊥AD，∠ACN＝∠DCN＝30°，則∠PCN＝∠PCA＋∠ACN＝60°，在點E運動過程中，當NP⊥PC時，PN長度最短，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)即可求解．【解析】（1）解：∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝AD，∠ABD＝∠ADB＝30°，∠BAD＝120°，∵BE＝AE，∴∠ABE＝∠BAE＝30°，∴∠EAD＝∠BAD?∠BAE＝90°，∵點F為DE的中點，∴AF＝DF＝DE，∴∠FAD＝∠ADB＝30°；（2）AE＝2AH，證明：延長DA至F點，使得AF＝DA，連接AM，CE，F(xiàn)M，∵∠ABC＝60°，AB＝BC，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ACB＝60°，∵△BEM是等邊三角形，∴∠ABM十∠ABE＝∠ABE＋∠EBC＝60°，MB＝BE，∴∠ABM＝∠EBC，∴△AMB≌△CEB（SAS），∴AM＝CE，∠MAB＝∠ECB，∵AD＝DC，且∠ADC＝∠ABC＝60°，∴△ADC為等邊三角形，∴AD＝AC，∵AD＝AF，∴AF＝AC，∵∠FAB＝180°?∠BAD＝60°，∴∠FAB＝∠ACB＝60°，∴∠FAM＝∠FAB?∠MAB＝∠ACB?∠ECB＝∠ECA，∴△FAM≌△ACE（SAS），∴MF＝AE，∵FA＝AD，H為DM的中點，∴AH＝MF，∴AE＝MF＝2AH；（3）連接NC、PC、NP，∵△AMP為等邊三角形，∴∠MAP＝60°，AM＝AP，∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝BC＝CD＝AD，∴△ABC為等邊三角形，△ADC為等邊三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC＝CD，∠ACD＝60°，∴∠MAB＝∠MAP?∠BAP＝∠BAC?∠BAP＝∠PAC，∴△AMB≌△APC（SAS），∴PC＝BM＝BE，∠PCA＝∠BMA＝30°，∵AC＝CD，N為AD的中點，∴CN⊥AD，∠ACN＝∠DCN＝30°，∴∠PCN＝∠PCA＋∠ACN＝60°，在點E運動過程中，當NP⊥PC時，PN長度最短，∵AD＝，∴DN＝AD＝，∴NC＝DN＝3，∵∠PCN＝60°，NP⊥PC，∴∠PNC＝30°，∴PC＝NC＝，∴PN＝PC＝，即PN的最小值為．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等，添加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關鍵．11．(1)見解析(2)見解析(3)或【分析】（1）首先證明△BPA≌△BPC，可推導PC=PA，再結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)可證明PC＝PE；（2）結(jié)合（1）可知，△BPA≌△BPC，C，P，E三點一直線，易得，，在結(jié)合菱形的性質(zhì)，推導△PDE是等邊三角形，進一步證明四邊形APDE是菱形即可；（3）分兩種情況討論：點P在線段BD上時或點P在線段BD的延長線上時，過點P作PH⊥AB（或AB的延長線）于點H．依次計算∠ABP=30°、，在和中利用勾股定理計算BH、AH、AP與PH的長度關系，再計算的值即可．【解析】（1）解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∴，，又∵，∴△BPA≌△BPC（SAS），∴PC=PA，∵△APE是等邊三角形，∴PA＝PE，∴PC＝PE；（2）∵等邊△APE，∴AP=AE=PE，∠APE＝60°，結(jié)合（1）可知，△BPA≌△BPC，又∵C，P，E三點一直線，∴，∴，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠PDC＝30°，∴，∴PC=PD，由（1）可知，PC=PE，∴PE=PD，∴△PDE是等邊三角形，∴PD=DE=PE，∴AP=AE=PD=DE，∴四邊形APDE是菱形；（3）當CP⊥PE時，分兩種情況：①如圖4，點P在線段BD上時，過點P作PH⊥AB．∵CP⊥PE，∠APE=60°，∴，∵BD是菱形ABCD的對稱軸，∴∠APB=∠CPB=105°．∵∠ABP=30°，∴，∴BH=PH，AP=PH，PH=AH．∴；②如圖5，點P在線段BD的延長線上時，過點P作PH⊥AB交BA延長線于點H．∵CP⊥PE，∠APE=60°，∴∠APB+∠BPC=30°，∵BD是菱形ABCD的對稱軸，∴∠APB=∠BPC=15°，∵∠ABP=30°，∴∠PAH=45°，∴BH=PH，AP=PH，PH=AH，∴．綜上所述，的值為或．【點評】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，綜合性強，讀懂題意并靈活運用所學知識是解題關鍵，還要注意用分類討論的思想分析問題．12．(1)①D；②A．(2)①，理由見解析；②．【分析】（1）利用平行四邊形的判定定理與性質(zhì)及三角形中位線定理，即可得到答案．（2）①中的解題思想是類比（1），連接AF并延長交BC的延長線于點G，證，再利用三角中位線定理，即可得到答案．②設點E為AD的中點，連接CE，根據(jù)的面積取值范圍求出DP的取值范圍，利用（2）中①可知，，再利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，從而得到AD的取值范圍．（1）解：由題意可知：①D，②A；（2）解：①．理由如下：如圖a，連接AF并延長交BC的延長線于點G．∵，∴，，又∵，在與中∴，即，，又∵，∴．②由題意可知，如圖b，點C到直線的距離為2，則．∵，∴．設點E為AD的中點，連接CE，由（2）中①可知：，又為直角三角形，則，故．【點評】此題考查了平行四邊形的判定定理與性質(zhì)，三角形中位線定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半等相關知識，熟練掌握相關內(nèi)容并運用類比的方法是解題關鍵，此題屬于信息類題目．13．(1)見解析(2)(3)或【分析】（1）根據(jù)四邊形OBCA為矩形得到，根據(jù)OE平分，CF平分得到，進而證明，故可證明四邊形OECF是平行四邊形；（2）根據(jù)四邊形OECF是菱形得到，可證明，根據(jù)點A的坐標是，得到，，設，，在中，列出方程可解得，于是利用勾股定理即可求出，進而得到點坐標；（3）分兩種情況：當點G在點O，H之間時，當點H在O，G之間時討論即可．（1）證明：如圖4，∵四邊形OBCA為矩形，∴，∴，又∵OE平分，CF平分，∴，，∴，∴，又∵在矩形OBCA中，，∴四邊形OECF是平行四邊形．（2）解：∵四邊形OECF是菱形，∴．∴．又∵，∴．又∵點A的坐標是，∴．∴．設，，在中，．∴，得，∴．∴．∴點B的坐標是．（3）解：∵OE平分，，，∴，，又∵，∴，∴．同理．而，∴，當點G在點O，H之間時，如圖5：∵點G，H將對角線OC三等分，∴．設，則，在中，，∵，∴，解得，∴，∴點B的坐標是；當點H在O，G之間時，如圖6，同理可得．設，則，在中，，∵，∴，解得，∴，∴點B的坐標是，∴滿足條件的點B的坐標為或．【點評】本題主要考查平行四邊形的判定，矩形的性質(zhì)菱形的性質(zhì)，勾股定理，解題的關鍵是理清題意，靈活應用定理．14．（1）證明見解析；（2）DM＝BM＋BF；（3）【分析】（1）由“ASA”可證△CDE≌△CBF，可得CE＝CF；（2）由“AAS”可證△DME≌△HMF，可得DM＝MH，可得結(jié)論；（3）由直角三角形的性質(zhì)可得AF＝AE，可求AB的長，由勾股定理可求PF的長，即可求解．【解析】（1）證明：在正方形ABCD中，DC＝BC，∠D＝∠ABC＝∠DCB＝90°，∴∠CBF＝180°?∠ABC＝90°，∵CF⊥CE，∴∠ECF＝90°，∴∠DCB＝∠ECF＝90°，∴∠DCE＝∠BCF，在△CDE和△CBF中，∴△CDE≌△CBF（ASA），∴CE＝CF；（2）DM＝BM＋BF，理由如下：如圖，過點F作FH⊥AF，交DB的延長線于H，∵△CDE≌△CBF，∴DE＝BF，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD＝∠CBD＝45°，∴∠FBH＝45°，∵FH⊥AB，∴∠FBH＝∠H＝45°，∴BF＝FH＝DE，∴BH＝BF，∵∠EDM＝∠H＝45°，∠EMD＝∠HMF，DE＝FH，∴△DME≌△HMF（AAS），∴DM＝MH，EM＝MF，∴DM＝MB＋BH＝MB＋BF；（3）連接EP，∵∠DME＝15°，∠ABD＝45°，∴∠AFE＝30°，∴AF＝AE，∴AB＋BF＝（AB?DE），∴AB＋3?，∴AB＝，∴AE＝，AF＝6，∵EC＝CF，∠ECF＝90°，EM＝MF，∴CP是EF的垂直平分線，∴EP＝PF，∵PE2＝AE2＋AP2，∴PF2＝24＋（6?PF）2，∴PF＝4，∴PB＝，故答案為：．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關鍵．15．(1)見解析(2)見解析(3)或【分析】（1）過點B作，交ED的延長線于點F，證明四邊形ECBF為平行四邊形，得出，再根據(jù)“AAS”證明，得出，即可證明結(jié)論；（2）連接EF交BC于點M，連接GH交BC于點N，連接MN，即可得出△ABC的中位線；（3）先根據(jù)題意得出A、B兩點的坐標，并用k表示出點M、N的坐標，根據(jù)題意證明四邊形AMBN為平行四邊形，根據(jù)四邊形的面積列出關于k的方程，解方程即可．（1）證明：過點B作，交ED的延長線于點F，如圖所示：∵，∴四邊形ECBF為平行四邊形，∴，∵D是△ABC邊AB的中點，∴，∵，∴，，∴（AAS），∴，∴，∴點E是AC的中點．（2）連接EF交BC于點M，連接GH交BC于點N，連接MN，則MN為△ABC的中位線，如圖所示：（3）根據(jù)題意建立如圖所示的坐標系，則點，，∵點M、N在過點A、B，且垂直y軸的直線上，且點M、N在反比例函數(shù)上，∴點M的坐標為：，點N的坐標為：，∴，，∴，∵軸，軸，∴，∴四邊形AMBN為平行四邊形，∴，即，解得：或．故答案為：或．【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形中位線，反比例函數(shù)，根據(jù)題意作出相關圖形，作出輔助線，證明是解題的關鍵．16．(1)見解析；(2)3+【分析】(1)由“SAS”可證△AOG≌△DOE，得出AG=DE即可；(2)①過點E'作E'M⊥AC交AC的延長線于點M，過點A作AN⊥GE'于點N，則∠E'MO=90°，求出OG'=OE'，可得出G'E'，則可得出答案．（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，O為對角線AC、BD的交點，∴OA=OD，OA⊥OD，∴∠AOG=∠DOE=90°；∵四邊形OEFG是正方形，∴OG=OE，在△AOG和△DOE中，∴△AOG≌?DOE(SAS)，∴AG=DE；（2）過點E'作E'M⊥AC交AC的延長線于點M，過點A作AN⊥G'E'于點N，則∠E'MO=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AO=OC=AB=，∵正方形OEFG繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)a(0°<a<180°)得到正方形OE'F'G'∴∠MOE'=a=30°，∠G'OE'=90°∴∠OE'M=90°-∠MOE'=60°又∠AOG'=∠AOD-a=60°∴∠AOG'=∠OE'M，∵OE'=OE=2OC=4，∴OG'=OE'=4，∴G'E'=∴ME'=OE'=2=OA，在△AOG'和△MO中，∴△AOG'≌△ME'O(SAS)，∴∠OAG'=∠E'MO=90°，∴∠AG'O=30°∴AG'=OA=2，∴AM=OA+OM=2+2，AG'?AM=E'G'?AN，AN==

點到的距離：3+．【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關鍵．17．(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）證明△BAD≌△CAF(SAS)即可求解；（2）先證明△BAD≌△CAF(SAS)，即有CF=BD，即CD=BC+BD=BC+CF，在△ABC是等腰直角三角形，有BC=AB，則結(jié)論即可得證；（3）先證明△BAD≌△CAF（SAS），即有∠ABD=∠ACF=45°，BD=CF，進而有∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°，∠CAG=∠BAC=90°，在△ABC是等腰直角三角形，求出，同理求得，根據(jù)FG=2，即可求出CF=BD=10，過A點作AM⊥BD于點M，過E點作EN⊥CD，交CD的延長線于點N，再證明△A