八年级初二数学下学期平行四边形单元 易错题同步练习试卷

八年级初二数学下学期平行四边形单元 易错题同步练习试卷
一、解答题
1．如图，在ABCD 中，对角线AC 、BD 相交于点O ，点E 、F 分别为OB 、OD 的中点，延长AE 至G ，使EG AE =，连接CG ．
（1）求证：AOE COF ∆≅∆；
（2）四边形EGCF 是平行四边形吗？请说明理由；
（3）若四边形EGCF 是矩形，则线段AB 、AC 的数量关系是______．
2．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/秒的速度向点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ts （0＜t≤15）．过点D 作DF ⊥BC 于点F ，连接DE ，EF ．
（1）求证：AE ＝DF ；
（2）四边形AEFD 能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t 值，如果不能，说明理由； （3）当t 为何值时，DEF 为直角三角形？请说明理由．
3．我们知道平行四边形有很多性质，现在如果我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现这其中还有更多的结论.
（发现与证明．．
）ABCD 中，AB BC ≠，将ABC ∆沿AC 翻折至'AB C ∆，连结'B D . 结论1：'AB C ∆与ABCD 重叠部分的图形是等腰三角形；
结论2：'B D AC .
试证明以上结论.
（应用与探究）
在ABCD 中，已知2BC =，45B ∠=，将ABC ∆沿AC 翻折至'AB C ∆，连结'B D .若以A 、C 、D 、'B 为顶点的四边形是正方形，求AC 的长.（要求画出图形）
4．如图平行四边形ABCD ，E ，F 分别是AD ，BC 上的点，且AE ＝CF ，EF 与AC 交于点O ． （1）如图①．求证：OE ＝OF ；
（2）如图②，将平行四边形ABCD （纸片沿直线EF 折叠，点A 落在A 1处，点B 落在点B 1处，设FB 交CD 于点G ．A 1B 分别交CD ，DE 于点H ，P ．请在折叠后的图形中找一条线段，使它与EP 相等，并加以证明；
（3）如图③，若△ABO 是等边三角形，AB ＝4，点F 在BC 边上，且BF ＝4．则CF OF
＝ （直接填结果）．
5．已知如图1,四边形ABCD 是正方形，45EAF ︒∠= ．
()1如图1,若点,E F 分别在边BC CD 、上,延长线段CB 至G ,使得BG DF =,若3,2BE BG ==，求EF 的长；
()2如图2，若点,E F 分别在边CB DC 、延长线上时，求证： .EF DF BE =-
()3如图3,如果四边形ABCD 不是正方形，但满足
,90,45,AB AD BAD BCD EAF ︒︒=∠=∠=∠=且7, 13,5BC DC CF ===，请你直接写出BE 的长．
6．已知四边形ABCD 是正方形，将线段CD 绕点C 逆时针旋转α（090α︒<<︒），得到线段CE ，联结BE 、CE 、DE . 过点B 作BF ⊥DE 交线段DE 的延长线于F ．
（1）如图，当BE =CE 时，求旋转角α的度数；
（2）当旋转角α的大小发生变化时，BEF ∠的度数是否发生变化?如果变化，请用含α的代数式表示；如果不变，请求出BEF ∠的度数；
（3）联结AF ，求证：2DE AF =．
7．猜想与证明：如图①摆放矩形纸片ABCD 与矩形纸片ECGF ，使B ，C ，G 三点在一条直线上，CE 在边CD 上．连结AF ，若M 为AF 的中点，连结DM ，ME ，试猜想DM 与ME 的数量关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
(1)若将“猜想与证明”中的纸片换成正方形纸片ABCD 与正方形纸片ECGF ，其他条件不变，则DM 和ME 的关系为__________________；
(2)如图②摆放正方形纸片ABCD 与正方形纸片ECGF ，使点F 在边CD 上，点M 仍为AF 的
中点，试证明(1)中的结论仍然成立．[提示：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半]①②
8．如图，四边形ABCD为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，D(0，0)，B(3，4)，矩形ABCD沿直线EF折叠，点B落在AD边上的G处，E、F分别在BC、AB边上且F(1，4)．
(1)求G点坐标
(2)求直线EF解析式
(3)点N在坐标轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由
∆是边长为3的等边三角形，点D是射线BC上的一个动点（点D不与点9．如图，ABC
∆是以AD为边的等边三角形，过点E作BC的平行线，交直线B、C重合），ADE
AC于点F，连接BE．
（1）判断四边形BCFE的形状，并说明理由；
（2）当DE AB
⊥时，求四边形BCFE的周长；
（3）四边形BCFE能否是菱形？若可为菱形，请求出BD的长，若不可能为菱形，请说明理由．
10．如图，在平行四边形 ABCD中，AD=30 ，CD=10，F是BC 的中点，P 以每秒1 个单位长
→→→路径以每秒3个度的速度从 A向 D运动，到D点后停止运动；Q沿着A B C D
单位长度的速度运动，到D点后停止运动．已知动点 P，Q 同时出发，当其中一点停止后，另一点也停止运动．设运动时间为 t秒，问：
（1）经过几秒，以 A，Q ，F ，P 为顶点的四边形是平行四边形
（2）经过几秒，以A ，Q ，F ， P为顶点的四边形的面积是平行四边形 ABCD面积的一半？
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一、解答题
1．（1）见解析；（2）四边形EGCF 为平行四边形，理由见解析；（3）AC=2AB ．
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得到OE=OF 即可证得结论；
（2）利用AOE COF ∆≅∆得到∠EAO=∠FCO ，AE=CF ，由此推出AE ∥CF ，EG=CF 即可证得四边形EGCF 是平行四边形；
（3）AC=2AB ，根据平行四边形的性质推出AB=AO ，利用点E 是OB 的中点，得到AG ⊥OB ，即可得到四边形EGCF 是矩形.
【详解】
（1）四边形ABCD 为平行四边形，
OA OC ∴=，OB OD =，
点E 、F 分别为OB 、OD 的中点，
12OE OB ∴=，12
OF OD =， 则OE OF =，
在AOE ∆与COF ∆中
OA OC AOE COF OE OF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
AOE COF ∴∆≅∆；
（2）AOE COF ∆≅∆，
EAO FCO ∴∠=∠，AE CF =，
//AE CF ∴，
又GE AE =，
GE CF ∴=，
∴四边形EGCF 为平行四边形；
（3）当AC=2AB 时，四边形EGCF 是矩形.
∵AC=2AB ，AC=2AO ，
∴AB=AO ，
∵点E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠GEF=90°，
∴四边形EGCF是矩形.
故答案为：AC=2AB.
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定及性质，三角形全等的判定及性质，矩形的判定定理，等腰三角形的三线合一的性质，熟练掌握各知识点并运用解题是关键.
2．（1）证明见解析；（2）能，10；（3）15
2
，理由见解析；
【分析】
（1）利用题中所给的关系式，列出CD，DF，AE的式子，即可证明．
（2）由题意知，四边形AEFD是平行四边形，令AD=DF，求解即可得出t值．
（3）由题意可知，当DE∥BC时，△DEF为直角三角形，利用AD+CD=AC的等量关系，代入式子求值即可．
【详解】
（1）由题意知：三角形CFD是直角三角形
∵∠B＝90°，∠A＝60°
∴∠C=30°，CD=2DF，
又∵由题意知CD=4t，AE=2t，
∴CD=2AE
∴AE=DF．
（2）能，理由如下；
由（1）知AE=DF
又∵DF⊥BC，∠B＝90°
∴AE∥DF
∴四边形AEFD是平行四边形．
当AD=DF时，平行四边形AEFD是菱形
∵AC＝60cm，DF=1
2
CD，CD=4t，
∴AD=60-4t，DF=2t，∴60-4t=2t
∴t=10．
（3）当t为15
2
时，△DEF为直角三角形，理由如下；
由题意知：四边形AEFD是平行四边形，DF⊥BC，AE∥DF，∴当DE∥BC时，DF⊥DE
∴∠FDE=∠DEA=90°
在△AED中，
∵∠DEA=90°，∠A＝60°，AE=2t ∴AD=4t，
又∵AC＝60cm，CD=4t，
∴AD+CD=AC，8t=60，
∴t=15
2
．
即t=15
2
时，∠FDE=∠DEA=90°，△DEF为直角三角形．
【点睛】
本题主要考查了三角形、平行四边形及菱形的性质，正确掌握三角形、平行四边形及菱形的性质是解题的关键．
3．【发现与证明
．．】结论1：见解析，结论2：见解析；【应用与探究】AC或2.【分析】
【发现与证明
．．】由平行四边形的性质得出∠EAC=∠ACB，由翻折的性质得出
∠ACB=∠ACB′，证出∠EAC=∠ACB′，得出AE=CE；得出DE=B′E，证出
∠CB′D=∠B′DA=1
2
（180°-∠B′ED），由∠AEC=∠B′ED，得出∠ACB′=∠CB′D，
即可得出B′D∥AC；
【应用与探究】：分两种情况：①由正方形的性质得出∠CAB′=90°，得出∠BAC=90°，再由三角函数即可求出AC；②由正方形的性质和已知条件得出AC=BC=2．
【详解】
【发现与证明
．．】:∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC,AD∥BC，
∴∠EAC=∠ACB，
∵△ABC≌△AB′C，
∴∠ACB=∠ACB′,BC=B′C，
∴∠EAC=∠ACB′，
∴AE=CE，
即△ACE是等腰三角形；
∴DE=B′E，
∴∠CB′D=∠B′DA=12(180°−∠B′ED)，
∵∠AEC=∠B′ED，
∴∠ACB′=∠CB′D，
∴B′D∥AC；
【应用与探究】:分两种情况：①如图1所示：
∵四边形ACDB′是正方形，∴∠CAB′=90°，
∴∠BAC=90°，
∵∠B=45°，
∴AC=2
2 BC=；
②如图2所示：AC=BC=2；
综上所述：AC2或2.
【点睛】
本题考查平行四边形的性质, 正方形的性质, 翻折变换（折叠问题）.【发现与证明
．．】对于结论1，要证明三角形是等腰三角形，只需要证明它的两条边相等，而在同一个三角形内要证明两条线段相等只需要证明它们所对应的角相等（即用等角对等边证明）.结论2：要证
明两条线段平行，本题用到了内错角相等，两直线平行.所以解决【发现与证明
．．】的关键是根据已知条件找到对应角之间的关系. 【应用与探究】折叠时，因为正方形的四个角都是直角，所以对应线段之间存在共线情况，所以分BA和AB’共线和BC和B’C两种情况讨论，能根据题意画出两种情况对应的图形，是解题关键.
4．（1）见解析；（2）FG=EP，理由见解析；（32
【分析】
（1）证△ODE≌△OFB（ASA），即可得出OE=OF；
（2）连AC，由（1）可知OE=OF，OB=OD，证△AOE≌△COF（SAS），得AE=CF，由折叠性质得AE=A1E=CF，∠A1=∠BAD=∠BCD，∠B=∠B1，则∠D=∠B1，证△A1PE≌△CGF （AAS），即可得出FG=EP；
（3）作OH⊥BC于H，证四边形ABCD是矩形，则∠ABC=90°，得∠OBC=30°，求出AC=8，
由勾股定理得BC=43CF=3，由等腰三角形的性质得BH=CH=1
2
BC=3
HF=423
-，OH=1
2
OB=2，由勾股定理得OF=2622，进而得出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD ∥BC ，AD=BC ，
∴∠ODE=∠OBF ，∠OED=∠OFB ，
∵AE=CF ，
∴AD-AE=BC-CF ，即DE=BF ，
在△ODE 和△OFB 中，
ODE OBF DE BF
OED OFB ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△ODE ≌△OFB （ASA ），
∴OE=OF ；
（2）FG=EP ，理由如下：
连AC ，如图②所示：
由（1）可知：OE=OF ，OB=OD ，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AC 过点O ，OA=OC ，∠BAD=∠BCD ，∠D=∠B ，
在△AOE 和△COF 中，
OA OC AOE COF OE OF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△AOE ≌△COF （SAS ），
∴AE=CF ，
由折叠性质得：AE=A 1E=CF ，∠A 1=∠BAD=∠BCD ，∠B=∠B 1，
∴∠D=∠B 1，
∵∠A 1PE=∠DPH ，∠PHD=∠B 1HG ，
∴∠DPH=∠B 1GH ，
∵∠B 1GH=∠CGF ，
∴∠A 1PE=∠CGF ，
在△A 1PE 和△CGF 中，
111
A PE CGF A FCG A E CF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，
∴△A 1PE ≌△CGF （AAS ），
∴FG=EP ；
（3）作OH ⊥BC 于H ，如图③所示：
∵△AOB 是等边三角形，
∴∠ABO=∠AOB=∠BAO=60°，OA=OB=AB=4，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴OA=OC ，OB=OD ，
∴AC=BD ，
∴四边形ABCD 是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∵AB=OB=BF=4，
∴AC=BD=2OB=8，
由勾股定理得：BC=2222=84AC AB --=43， ∴CF=43-4，
∵OB=OC ，OH ⊥BC ，
∴BH=CH=12
BC=23， ∴HF=4-23，OH=12
OB=2， 在Rt △OHF 中，由勾股定理得：
OF=22OH HF +=()222423
+-=2622-， ∴434226222
CF OF -===-， 故答案为：2．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等边三角
形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
5．（1）5EF =；（2）见解析；（3）5BE =
【分析】
（1）先用SAS 证ABG ≌ADF ，可得AG=AF ，∠BAG=∠DAF ，又可证∠EAG=∠EAF ，故可用SAS 证GAE ≌FAE ，EF=GE ，即EF 长度可求；
（2）在DF 上取一点G ,使得DG=BE , 连接AG ，先用SAS 证ABE ≌ADG ，可得AE=AG ，∠BAE=∠DAG ，又可证∠EAF=∠GAF ，故可用SAS 证AEF ≌AGF ，可得EF=GF ，且DG=BE ，故EF=DF-DG=DF-BE ；
（3）在线段DF 上取BE=DG ，连接AG ，求证∠ABE=∠ADC ，即可用SAS 证
ABE ≌ADG ，可得AE=AG ，∠BAE=∠DAG ，又可证∠EAF=∠GAF ，故可用SAS 证AEF ≌AGF ，可得EF=GF ，设BE=x ，则CE= 7+x ，EF=18-x ，根据勾股定理：
222CE CF =EF +，即可求得BE 的长度．
【详解】
解：（1）证明：如图1所示，在正方形ABCD 中，AB=AD ，∠BAD=90°， 在ABG 和ADF 中，
AB=AD ABG=ADF BG=DF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
∴ABG ≌ADF （SAS ），
∴AG=AF ，∠BAG=∠DAF ，
又∵∠DAF+∠FAB=∠FAB+∠BAG=90°，且∠EAF=45°，
∴∠EAG=∠FAG-∠EAF=45°=∠EAF ， 在GAE 和FAE 中，
AG=AF GAE=FAE AE=AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
∴GAE ≌FAE （SAS ），
∴EF=GE=GB+BE=2+3=5；
（2）如下图所示，在DF 上取一点G ,使得DG=BE , 连接AG ，
∵四边形ABCD 是正方形，故AB=AD ，∠ABE=∠ADG=90°， 在ABE 和ADG 中，
AB=AD ABE=ADG=90BE=DG ⎧⎪∠∠︒⎨⎪⎩
∴ABE ≌ADG （SAS ），
∴AE=AG ，∠BAE=∠DAG ，
∵∠BAG+∠DAG=90°，故∠BAG+∠BAE=90°，
∵∠EAF=45°，故∠GAF=45°，∠EAF=∠GAF=45°， 在AEF 和AGF 中，
AE=AG EAF=GAF=45AF=AF ⎧⎪∠∠︒⎨⎪⎩
∴AEF ≌AGF （SAS ），
∴EF=GF ，且DG=BE ，
∴EF=DF-DG=DF-BE ；
（3）BE=5，
如下图所示，在线段DF 上取BE=DG ，连接AG ，
∵∠BAD=∠BCD=90°，故∠ABC+∠ADC=180°，且∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ABE=∠ADC ， 在ABE 和ADG 中，
AB=AD ABE=ADG BE=DG ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
∴ABE ≌ADG （SAS ），
∴AE=AG ，∠BAE=∠DAG ，
∵∠BAG+∠DAG=90°，故∠BAG+∠BAE=90°，
∵∠EAF=45°，故∠GAF=45°，∠EAF=∠GAF=45°， 在AEF 和AGF 中，
AE=AG EAF=GAF=45AF=AF ⎧⎪∠∠︒⎨⎪⎩
∴AEF ≌AGF （SAS ），
∴EF=GF ，
设BE=x ，则CE=BC+BE =7+x ，EF=GF=DC+CF-DG= DC+CF-BE=18-x ，
在直角三角形ECF 中，根据勾股定理：222CE CF =EF +，
即：222(7+x)5=(18-x)+，解得x=5，
∴BE=x=5．
【点睛】
本题主要考察了全等三角形的证明及性质、勾股定理，解题的关键在于添加辅助线，找出全等三角形，并用对应边/对应角相等的定理，解决该题．
6．（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC 是等边三角形，从而求得
α=∠DCE =30°．
（2）因为△CED 是等腰三角形，再利用三角形的内角和即可求
∠BEF =18045CED CEB ︒-∠-∠=︒.
（3）过A 点与C 点添加平行线与垂线，作得四边形AGFH 是平行四边形，求得
△ABG ≌△ADH .从而求得矩形AGFH 是正方形，根据正方形的性质证得△AHD ≌△DIC ，从而得出结论．
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD 中, BC =CD .由旋转知，CE =CD ,
又∵BE =CE ,
∴BE =CE =BC ,
∴△BEC 是等边三角形，
∴∠BCE =60°.
又∵∠BCD =90°,
∴α=∠DCE =30°.
（2）∠BEF 的度数不发生变化.
在△CED 中，CE =CD ,
∴∠CED =∠CDE =1809022
︒-α
α︒-， 在△CEB 中,CE =CB ,∠BCE =90α︒-,
∴∠CEB =∠CBE =1804522
BCE α︒-∠=︒+, ∴∠BEF =18045CED CEB ︒-∠-∠=︒.
（3）过点A 作AG ∥DF 与BF 的延长线交于点G ，过点A 作AH ∥GF 与DF 交于点H ，过点
C作CI⊥DF于点I
易知四边形AGFH是平行四边形，
又∵BF⊥DF，
∴平行四边形AGFH是矩形.
∵∠BAD=∠BGF=90°，
∠BPF=∠APD，
∴∠ABG=∠ADH.
又∵∠AGB=∠AHD=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADH.
∴AG=AH，
∴矩形AGFH是正方形.
∴∠AFH=∠FAH=45°，
∴AH=AF
∵∠DAH+∠ADH=∠CDI+∠ADH=90°
∴∠DAH=∠CDI
又∵∠AHD=∠DIC=90°，AD=DC，
∴△AHD≌△DIC
∴AH=DI，
∵DE=2DI，
∴DE=2AH=2AF
【点晴】
本题考查正方形的性质和判定、图形的旋转、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
7．猜想与证明：猜想DM与ME的数量关系是：DM＝ME，证明见解析；拓展与延伸：(1)DM＝ME，DM⊥ME；(2)证明见解析
【分析】
猜想：延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明．
（1）延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
（2）连接AC ，AC 和EC 在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
【详解】
解：猜想与证明：
猜想DM 与ME 的数量关系是：DM ＝ME.
证明：如图①，延长EM 交AD 于点H.
①
∵四边形ABCD 、四边形ECGF 都是矩形，
∴AD ∥BG ，EF ∥BG ，∠HDE ＝90°.
∴AD ∥EF.
∴∠AHM ＝∠FEM.
又∵AM ＝FM ，∠AMH ＝∠FME ，
∴△AMH ≌△FME.
∴HM ＝EM.
又∵∠HDE ＝90°，
∴DM ＝12
EH ＝ME ； （1）∵四边形ABCD 和CEFG 是正方形，
∴AD ∥EF ，
∴∠EFM=∠HAM ，
又∵∠FME=∠AMH ，FM=AM ，
在△FME 和△AMH 中，
EFM HAM FM AM
FME AMH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△FME ≌△AMH （ASA ）
∴HM=EM ，
在RT △HDE 中，HM=EM ，
∴DM=HM=ME ，
∴DM=ME ．
∵四边形ABCD 和CEFG 是正方形，
∴AD=CD ，CE=EF ，
∵△FME ≌△AMH ，
∴EF=AH ，
∴DH=DE ，
∴△DEH 是等腰直角三角形，
又∵MH=ME ，
故答案为：DM ＝ME ，DM ⊥ME ；
（2）证明：如图②，连结AC.
②
∵四边形ABCD 、四边形ECGF 都是正方形，
∴∠DCA ＝∠DCE ＝∠CFE ＝45°，
∴点E 在AC 上．
∴∠AEF ＝∠FEC ＝90°.
又∵点M 是AF 的中点，
∴ME ＝12
AF. ∵∠ADC ＝90°，点M 是AF 的中点， ∴DM ＝12
AF. ∴DM ＝ME. ∵ME ＝
12AF ＝FM ，DM ＝12AF ＝FM ， ∴∠DFM ＝12 (180°－∠DMF)，∠MFE ＝12
(180°－∠FME)， ∴∠DFM ＋∠MFE ＝
12 (180°－∠DMF)＋ 12 (180°－∠FME) ＝180°－
12 (∠DMF ＋∠FME) ＝180°－12
∠DME. ∵∠DFM ＋∠MFE ＝180°－∠CFE ＝180°－45°＝135°， ∴180°－
12∠DME ＝135°. ∴∠DME ＝90°.
∴DM ⊥ME.
【点睛】
本题主要考查四边形的综合题，解题的关键是利用正方形的性质及直角三角形的中线与斜边的关系找出相等的线段．
8．（1）G （0，32）343y x =-++3）
234434366433,,3,(1,423),3333M M M ⎛⎛⎛---+ ⎝⎝⎝.
【解析】
【分析】
1（1）由F（1，4），B（3，4），得出AF=1，BF=2，根据折叠的性质得到GF=BF=2，
在Rt△AGF
中，利用勾股定理求出AG=，那么
OG=OA-AG=4-，于是G（0，
）；
（2）先在Rt△AGF
中，由tan
1
AG
AFG
AF
∠===，得出∠AFG=60°，再由折叠的性质得出∠GFE=∠BFE=60°，解Rt△BFE，求出BE=BF tan60°
，那么CE=4-
2E（3，
.设直线EF的表达式为y=kx+b，将E（3，
F（1，4）代入，利用待定系数法即可求出直线EF的解析.（3）因为M、N均为动点，只有F、G已经确定，所以可从此入手，结合图形，按照FG为一边，N点在x轴上；FG为一边，N点在y轴上；FG为对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状.确定平行四边形的位置与形状之后，利用平行四边形及平移的性质求得M点的坐标.
【详解】
解：（1）∵F（1，4），B（3，4），
∴AF=1，BF=2，
由折叠的性质得：GF=BF=2，
在Rt△AGF中，由勾股定理得，
AG==
∵B（3，4），
∴OA=4，
∴
∴G（0，
（2）在Rt△AGF中，
∵tan
1
AG
AFG
AF
∠===，
∴∠AFG=60°，由折叠的性质得知：∠GFE=∠BFE=60°，
在Rt△BFE中，
∵BE=BF tan60°
，
.E（3，
）.
设直线EF的表达式为y=kx+b，
∵E（3，
F（1，4），
∴
34
4
k b
k b
⎧+=-
⎪
⎨
+=
⎪⎩
解得
4
k
b
⎧=
⎪
⎨
=+
⎪⎩
∴343y x =-++ ；
（3）若以M 、N 、F 、G 为顶点的四边形是平行四边形，则分如下四种情况： ①FG 为平行四边形的一边，N 点在x 轴上，GFMN 为平行四边形，如图1所示. 过点G 作EF 的平行线，交x 轴于点N 1，再过点N ：作GF 的平行线，交EF 于点M ，得平行四边形GFM 1N 1.
∵GN 1∥EF ，直线EF 的解析式为343,(0,43)y x G =-++-
∴直线GN 1的解析式为34-3y x =-+，
当y=0时，1433433,,033x N ⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭
. ∵GFM 1N 1是平行四边形，且G （0，4-3），F （1，4），N 1（
4333- ，0）， ∴M ，（433
，3）；
②FG 为平行四边形的一边，N 点在x 轴上，GFNM 为平行四边形，如图2所示. ∵GFN 2M 2为平行四边形，
∴GN ₂与FM 2互相平分.
∴G （0，3N2点纵坐标为0
∴GN ：中点的纵坐标为322
-，
设GN₂中点的坐标为（x，
3
2
2 -）.
∵GN2中点与FM2中点重合，
∴
3 3432
2 x
-++=-
∴x=439
6
+
∵.GN2的中点的坐标为（4393
,2
+
-），
.∴N2点的坐标为（439
+
，0）.
∵GFN2M2为平行四边形，且G（0，4-3），F（1，4），N2（439
3
+
，0），
∴M2（436
,3
3
+
-）；
③FG为平行四边形的一边，N点在y轴上，GFNM为平行四边形，如图3所示.∵GFN3M3为平行四边形，.
∴GN3与FM3互相平分.
∵G（0，3N2点横坐标为0，
.∴GN3中点的横坐标为0，
∴F与M3的横坐标互为相反数，
∴M3的横坐标为-1，
当x=-1时，y=3(1)4343
-+=+
∴M 3（-1，4+23）；
④FG 为平行四边形的对角线，GMFN 为平行四边形，如图4所示.
过点G 作EF 的平行线，交x 轴于点N 4，连结N 4与GF 的中点并延长，交EF 于点M 。

，得平行四边形GM 4FN 4
∵G （0，3F （1，4），
∴FG 中点坐标为（13,422
-）， ∵M 4N 4的中点与FG 的中点重合，且N 4的纵坐标为0，
.∴M 4的纵坐标为3
5-45解方程34383x -+=，得643x -=
∴M 4（63,833
-. 综上所述，直线EF 上存在点M ，使以M ，N ，F ，G 为顶点的四边形是平行四边形，此时M 点坐标为：
234434366433,3,(1,423),3M M M +---+-⎝⎝⎝ 。

【点睛】
本题是一次函数的综合题，涉及到的考点包括待定系数法求一次函数的解析式，矩形、平行四边形的性质，轴对称、平移的性质，勾股定理等，对解题能力要求较高.难点在于第（3）问，这是一个存在性问题，注意平行四边形有四种可能的情形，需要一一分析并求解，避免遗漏.
9．（1）平行四边形，理由见解析；（2）9；（3）可为菱形，BD=6或0
【分析】
（1）先证明()EAB DAC SAS ∆≅∆，得60ABE C ∠=∠=︒，可得//AC BE ，由两组对边
分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BCFE 是平行四边形；
（2）如图2，证明90AEB =︒∠，根据直角三角形30度角所对的直角边为斜边的一半可得BE 的长，根据平行四边形的周长计算方法可得结论；
（3）分两种情况：①当D 在边BC 的延长线上；②当D 在边BC 上时；分别画图可得BD 的长．
【详解】
解：（1）如图1，四边形BCFE 是平行四边形，理由是：
ABC ∆和ADE ∆是等边三角形，
AB AC ∴=，AD AE =，60EAD BAC ∠=∠=︒，
EAB DAC ∴∠=∠，
()EAB DAC SAS ∴∆≅∆，
60ABE C ∴∠=∠=︒，
60BAC ∠=︒，
BAC ABE ∴∠=∠，
//AC BE ∴，
//EF BC ，
∴四边形BCFE 是平行四边形；
（2）如图2，ADE ∆是等边三角形，且DE AB ⊥，
30EAB DAB ∴∠=∠=︒，
由（1）知：60ABE ∠=︒，
90AEB ∴∠=︒，
1322
BE AB ∴==，
∴四边形BCFE 的周长32()2(3)92
BE BC =+=⨯+=；
（3）分2种情况：
①如图3，当四边形BCFE 是菱形时，BE BC =，
由（1）知：3BE CD ==，
336BD ∴=+=；
②如图4，当四边形BCFE 是菱形时，B 和D 重合，A 和F 重合，此时0BD =；
综上，BD 的长为6或0．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判断和性质，菱形的性质，平行四边形的判定，正确画图和分类讨论思想的运用是解本题的关键．
10．（1）
254秒或252
秒；（2）15秒 【分析】
(1)Q 点必须在BC 上时，A ，Q ，F ，P 为顶点的四边形才能是平行四边形，分Q 点在BF 和Q 点在CF 上时分类讨论，利用平行四边形对边相等的性质即可求解；
(2)分Q 点在AB 、BC 、CD 之间时逐个讨论即可求解．
【详解】
解：(1)∵以A 、Q 、F 、P 为顶点的四边形是平行四边形，且AP 在AD 上，
∴Q 点必须在BC 上才能满足以A 、Q 、F 、P 为顶点的四边形是平行四边形
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=30，AB=CD=10，
∵点F是BC的中点，∴BF=CF=1
2
BC=15，AB+BF=25，
情况一：当Q点在BF上时，AP=FQ，且AP=t，FQ=35-3t，
故t=25-3t，解得
25
4
t=；
情况二：当Q点在CF上时，AP=FQ，且AP=t，FQ=3t-35，
故t=3t-25，解得t=25 2
；
故经过25
4
或
25
2
秒，以A、Q、B、P为顶点的四边形是平行四边形；
(2)情况一：当Q点在AB上时，0<t<10
3
，此时P点还未运动到AD的中点位置，
故四边形AQFP面积小于平行四边形ABCD面积的一半，
情况二：当Q点在BC上且位于BF之间时，1025 33
t，
此时AP+FQ=t+35-3t=35-2t，
∵1025
33
t，∴35-2t ＜30，
四边形AQFP面积小于平行四边形ABCD面积的一半，
情况三：当Q点在BC上且位于FC之间时，2540 33
t
此时AP+FQ=t+3t-35=4t-35
∵2540
33
t，∴4t-35＜30，
四边形AQFP面积小于平行四边形ABCD面积的一半，
情况四：当Q点在CD上时，4050 33
t<<
当AP=BF=15时，t=15，
11
22 APF ABFP PFQ DCFP S S S S
且
∴
1
+
2
APF PFQ AFPQ ABCD
S S S S，
∴当t=15秒时，以A、Q、F、P为顶点的四边形面积是平行四边形ABCD面积的一半，
故答案为：15秒．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，根据动点的位置不同需要分多种情况分类讨论，熟练掌握平行四边形的性质是解决本题的关键．。