人教版八年级初二数学第二学期平行四边形单元 易错题检测试题

人教版八年级初二数学第二学期平行四边形单元 易错题检测试题
一、解答题
1．如图，平行四边形ABCD 的对角线AC BD 、交于点O ，分别过点C D 、作//,//CF BD DF AC ，连接BF 交AC 于点E ．
(1)求证: FCE BOE ≌；
(2)当ADC ∠等于多少度时，四边形OCFD 为菱形?请说明理由．
2．如图，在Rt ABC ∆中，90ABC ∠=︒，30C ∠=︒，12AC cm =，点E 从点A 出发沿AB 以每秒1cm 的速度向点B 运动，同时点D 从点C 出发沿CA 以每秒2cm 的速度向点A 运动，运动时间为t 秒（06t <<），过点D 作DF BC ⊥于点F ．
（1）试用含t 的式子表示AE 、AD 、DF 的长；
（2）如图①，连接EF ，求证四边形AEFD 是平行四边形；
（3）如图②，连接DE ，当t 为何值时，四边形EBFD 是矩形？并说明理由．
3．如图，正方形ABCO 的边OA 、OC 在坐标轴上，点B 坐标为（6，6），将正方形ABCO 绕点C 逆时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形CDEF ，ED 交线段AB 于点G ，ED 的延长线交线段OA 于点H ，连结CH 、CG ．
（1）求证：CG 平分∠DCB ；
（2）在正方形ABCO 绕点C 逆时针旋转的过程中，求线段HG 、OH 、BG 之间的数量关系；
（3）连结BD 、DA 、AE 、EB ，在旋转的过程中，四边形AEBD 是否能在点G 满足一定的条件下成为矩形？若能，试求出直线DE 的解析式；若不能，请说明理由．
4．如图，在边长为1的正方形ABCD 中，E 是边CD 的中点，点P 是边AD 上一点（与点A D 、不重合），射线PE 与BC 的延长线交于点Q ．
（1）求证：PDE QCE ∆≅∆；
（2）若PB PQ =，点F 是BP 的中点，连结EF AF 、，
①求证：四边形AFEP 是平行四边形；
②求PE 的长．
5．如图．正方形ABCD 的边长为4，点E 从点A 出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AD 运动，运动时间为t 秒（t ＞0），以AE 为一条边，在正方形ABCD 左侧作正方形AEFG ，连接BF ．
（1）当t ＝1时，求BF 的长度；
（2）在点E 运动的过程中，求D 、F 两点之间距离的最小值；
（3）连接AF 、DF ，当△ADF 是等腰三角形时，求t 的值．
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．已知，如图，在三角形ABC ∆中，20AB AC cm ==，BD AC ⊥于D ，且16BD cm =．点M 从点A 出发，沿AC 方向匀速运动，速度为4/cm s ；同时点P 由B 点出发，沿BA 方向匀速运动，速度为1/cm s ，过点P 的动直线//PQ AC ，交BC 于点Q ，连结PM ，设运动时间为()t s ()05t <<，解答下列问题：
（1）线段AD =_________cm ；
（2）求证：PB PQ =；
（3）当t 为何值时，以P Q D M 、、、为顶点的四边形为平行四边形？
8．在平面直角坐标中，四边形OCNM 为矩形，如图1，M 点坐标为（m ，0），C 点坐标为（0，n ），已知m ，n 满足550n m -+-=．
（1）求m ，n 的值；
（2）①如图1，P ，Q 分别为OM ，MN 上一点，若∠PCQ ＝45°，求证：PQ ＝OP+NQ ； ②如图2，S ，G ，R ，H 分别为OC ，OM ，MN ，NC 上一点，SR ，HG 交于点D ．若∠SDG ＝135°，55HG 2
=，则RS ＝______； （3）如图3，在矩形OABC 中，OA ＝5，OC ＝3，点F 在边BC 上且OF ＝OA ，连接AF ，动
点P 在线段OF 是（动点P 与O ，F 不重合），动点Q 在线段OA 的延长线上，且AQ ＝FP ，连接PQ 交AF 于点N ，作PM ⊥AF 于M ．试问：当P ，Q 在移动过程中，线段MN 的长度是否发生变化？若不变求出线段MN 的长度；若变化，请说明理由．
9．定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连结它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径。

（1）如图1，损矩形ABCD ，∠ABC ＝∠ADC ＝90°，则该损矩形的直径是线段AC ，同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点，在公共边的同侧的两个角是相等的。

如图1中：△ABC 和△ABD 有公共边AB ，在AB 同侧有∠ADB 和∠ACB ，此时∠ADB ＝∠ACB ；再比如△ABC 和△BCD 有公共边BC ，在CB 同侧有∠BAC 和∠BDC ，此时∠BAC ＝∠BDC 。

请再找一对这样的角来 ＝
（2）如图2，△ABC 中，∠ABC ＝90°，以AC 为一边向形外作菱形ACEF ，D 为菱形ACEF 的中心，连结BD ，当BD 平分∠ABC 时，判断四边形ACEF 为何种特殊的四边形？请说明理由。

（3）在第（2）题的条件下，若此时AB ＝3，BD ＝42，求BC 的长。

10．如图①，在ABC 中，AB AC =，过AB 上一点D 作//DE AC 交BC 于点E ，以E 为顶点，ED 为一边，作DEF A ∠=∠，另一边EF 交AC 于点F ．
（1）求证：四边形ADEF 为平行四边形；
（2）当点D 为AB 中点时，ADEF 的形状为 ；
（3）延长图①中的DE 到点,G 使,EG DE =连接,,,AE AG FG 得到图②，若,AD AG =判断四边形AEGF 的形状，并说明理由．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、解答题
1．（1）见解析；（2）当ADC 满足90ADC ∠=︒时，四边形OCFD 为菱形，证明详见解析
【分析】
（1）证明四边形OCFD 是平行四边形，得出OD=CF ，证出OB=CF ，再证明全等即可（2）证出四边形ABCD 是矩形，由矩形的性质得出OC=OD ，即可得出四边形OCFD 为菱形.
【详解】
(1)证明:∵//,//CF BD DF AC ，
∴四边形OCFD 是平行四边形， OBE CFE ∠=∠，
∴OD CF =，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴OB OD =，
∴OB CF =，
在FCE △和BOE △中， OBE CFE BEO FEC OB CF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴()FCE BOE AAS ≌．
(2)当ADC 满足90ADC ∠=︒时，四边形OCFD 为菱形.理由如下:
∵90ADC ∠=︒，四边形ABCD 是平行四边形，
∴四边形ABCD 是矩形
∴,,,OA OC OB OD AC BD ===
∴OC OD =，
∴四边形OCFD 为菱形
【点睛】
本题考查全等三角形判定与性质，平行四边形和菱形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定和性质和菱形的判定是解题的关键.
2．（1）AE t =；122AD t =-；DF t =；（2）证明见解析；（3）3t =；理由见解析．
【分析】
（1）根据题意用含t 的式子表示AE 、CD ，结合图形表示出AD ，根据直角三角形的性质表示出DF ；
（2）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形证明；
（3）根据矩形的定义列出方程，解方程即可．
【详解】
解：（1）由题意得，AE t =，2CD t =，
则122AD AC CD t =-=-，
∵DF BC ⊥，30C ∠=︒，∴12
DF CD t =
= （2）∵90ABC ∠=︒，DF BC ⊥，∴AB DF ， ∵AE t =，DF t =，∴AE DF =，
∴四边形AEFD 是平行四边形；
（3）当3t =时，四边形EBFD 是矩形，
理由如下：∵90ABC ∠=︒，30C ∠=︒， ∴162
BC AC cm =
=， ∵BE DF ∥， ∴BE DF =时，四边形EBFD 是平行四边形，
即6t t -=，解得，3t =，
∵90ABC ∠=︒，∴四边形EBFD 是矩形，
∴3t =时，四边形EBFD 是矩形．
【点睛】
本题考查的是直角三角形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定，掌握平行四边形、矩形的判定定理是解题的关键．
3．（1）见解析；（2） HG ＝OH +BG ；（3）能成矩形，y 3342
x =
-． 【分析】
（1）根据旋转和正方形的性质可得出CD ＝CB ，∠CDG ＝∠CBG ＝90，根据全等直角三角形的判定定理（HL ）即可证出Rt △CDG ≌Rt △CBG ，即∠DCG ＝∠BCG ，由此即可得出CG 平分∠DCB ；
（2）由（1）的Rt △CDG ≌Rt △CBG 可得出BG ＝DG ，根据全等直角三角形的判定定理（HL ）即可证出Rt △CHO ≌Rt △CHD ，即OH ＝HD ，再根据线段间的关系即可得出HG ＝HD +DG ＝OH +BG ；
（3）根据（2）的结论即可找出当G 点为AB 中点时，四边形AEBD 为矩形，再根据正方形的性质以及点B 的坐标可得出点G 的坐标，设H 点的坐标为（x ，0），由此可得出HO ＝x ，根据勾股定理即可求出x 的值，即可得出点H 的坐标，结合点H 、G 的坐标利用待
定系数法即可求出直线DE的解析式．
【详解】
（1）∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，∴CD＝CB，∠CDG＝∠CBG＝90°．在Rt△CDG和Rt△CBG中，
∵
CG CG
CD CB
=
⎧
⎨
=
⎩
，∴Rt△CDG≌Rt△CBG（HL），∴∠DCG＝∠BCG，即CG平分∠DCB．
（2）由（1）证得：Rt△CDG≌Rt△CBG，∴BG＝DG．在Rt△CHO和Rt△CHD中，
∵
CH CH
CO CD
=
⎧
⎨
=
⎩
，∴Rt△CHO≌Rt△CHD（HL），∴OH＝HD，∴HG＝HD+DG＝OH+BG．
（3）假设四边形AEBD可为矩形．
当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形，如图所示．
∵G点为AB中点，∴BG＝GA1
2
=AB，由（2）证得：
BG＝DG，则
BG＝GA＝DG
1
2
=AB
1
2
=DE＝GE，又AB＝DE，∴四边形AEBD为矩
形，∴AG＝EG＝BG＝DG．
∵AG1
2
=AB＝3，∴G点的坐标为（6，3）．
设H点的坐标为（x，0），则HO＝x，∴HD＝x，DG＝3．
在Rt△HGA中，HG＝x+3，GA＝3，HA＝6﹣x，由勾股定理得：（x+3）2＝32+（6﹣x）2，解得：x＝2，∴H点的坐标为（2，0）．
设直线DE的解析式为：y＝kx+b（k≠0），将点H（2，0）、G（6，3）代入y＝kx+b中，
得：
20
63
k b
k b
+=
⎧
⎨
+=
⎩
，解得：
3
4
3
2
k
b
⎧
=
⎪⎪
⎨
⎪=-
⎪⎩
，∴直线DE的解析式为：y33
42
x
=-．
故四边形AEBD能为矩形，此时直线DE的解析式为：y
33 42
x
=-．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定及性质、待定系数法求函数解析式以及勾股定理．解题的关键是：（1）证出Rt△CDG≌Rt△CBG；（2）找出
BG ＝DG 、OH ＝HD ；（3）求出点H 、G 的坐标．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边和角是关键．
4．（1）见解析；（2）①见解析；②6
PE =
【分析】
（1）由四边形ABCD 是正方形知∠D=∠ECQ=90°，由E 是CD 的中点知DE=CE ，结合∠DEP=∠CEQ 即可得证；
（2）①由PB=PQ 知∠PBQ=∠Q ，结合AD ∥BC 得∠APB=∠PBQ=∠Q=∠EPD ，由△PDE ≌△QCE 知PE=QE ，再由EF ∥BQ 知PF=BF ，根据Rt △PAB 中AF=PF=BF 知∠APF=∠PAF ，从而得∠PAF=∠EPD ，据此即可证得PE ∥AF ，从而得证；
②设AP x =，则1PD x =-，1CQ x =-，2BQ x =-，利用三角形中位线定理得到()122EF x =
-，由EF AP =，构造方程即可求得23
x =，在Rt PDE ∆中，利用勾股定理即可求解．
【详解】 （1）∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠D=∠ECQ=90°，
∵E 是CD 的中点，
∴DE=CE ，
又∵∠DEP=∠CEQ ，
∴△PDE ≌△QCE （ASA ）；
（2）①∵PB=PQ ，
∴∠PBQ=∠Q ，
∵AD ∥BC ，
∴∠APB=∠PBQ=∠Q=∠EPD ，
∵△PDE ≌△QCE ，
∴PE=QE ，
∵PF=BF ，
∴EF 是PBQ ∆的中位线，
∴EF ∥BQ ，
∴在Rt △PAB 中，AF=PF=BF ，
∴∠APF=∠PAF ，
∴∠PAF=∠EPD ，
∴PE ∥AF ，
∵EF ∥BQ ∥AD ，
∴四边形AFEP 是平行四边形；
②设AP x =，则1PD x =-，
∴1CQ x =-，
∴2BQ x =-，
∵EF 是PBQ ∆的中位线， ∴()122EF x =-， ∵EF AP =， ∴()122
x x -=， ∴23
x =， 在Rt PDE ∆中，222PD DE PE +＝，即2222
1(1)()32PE -+＝，
∴136
PE =
． 【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质以及勾股定理等知识点．掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键．
5．（1）26 （2）22 （3）2或22或4
【分析】
（1）由勾股定理可求出答案；
（2）延长AF ，过点D 作射线AF 的垂线，垂足为H ，设AH ＝DH ＝x ，在Rt △AHD 中，得出x 2+x 2＝42，解方程求出x 即可得出答案；
（3）分AF ＝DF ，AF ＝AD ，AD ＝DF 三种情况，由正方形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【详解】
解：（1）当t ＝1时，AE ＝1，
∵四边形AEFG 是正方形，
∴AG ＝FG ＝AE ＝1，∠G ＝90°，
∴BF ＝22FG BG +＝2215+＝26，
（2）如图1，延长AF ，过点D 作射线AF 的垂线，垂足为H ，
∵四边形AGFE 是正方形，
∴AE ＝EF ，∠AEF ＝90°，
∴∠EAF ＝45°，
∵DH ⊥AH ，
∴∠AHD ＝90°，∠ADH ＝45°＝∠EAF ，
∴AH ＝DH ，
设AH ＝DH ＝x ，
∵在Rt △AHD 中，∠AHD ＝90°，
∴x 2+x 2＝42，
解得x 1＝﹣22（舍去），x 2＝22，
∴D 、F 两点之间的最小距离为22；
（3）当AF ＝DF 时，由（2）知，点F 与点H 重合，过H 作HK ⊥AD 于K ，如图2，
∵AH ＝DH ，HK ⊥AD ，
∴AK ＝2
AD ＝2， ∴t ＝2．
当AF ＝AD ＝4时，设AE ＝EF ＝x ， ∵在Rt △AEF 中，∠AEF ＝90°，
∴x 2+x 2＝42，
解得x 1＝﹣2（舍去），x 2＝2，
∴AE ＝2，
即t ＝2．
当AD ＝DF ＝4时，点E 与D 重合，t ＝4，
综上所述，t 为2或2或4．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了勾股定理，正方形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，学会用分类讨论的思想思考问题．
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．（1）12；（2）证明见详解；（3）
12
5
t s
=或t=4s．
【分析】
（1）由勾股定理求出AD即可；
（2）由等腰三角形的性质和平行线的性质得出∠PBQ=∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出结论；
（3）分两种情况：①当点M在点D的上方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AD-AM=12-4t，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可；
②当点M在点D的下方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AM-
AD=4t-12，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可．
【详解】
（1）解：∵BD⊥AC，
∴∠ADB=90°，
∴2222
201612
AD AB BD
=-=-=（cm），
（2）如图所示：
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，即∠PBQ=∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB=∠C，
∴∠PBQ=∠PQB，
∴PB=PQ；
（3）分两种情况：
①当点M在点D的上方时，如图2所示：
根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AD-AM=12-4t，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
∴当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，即：当t=12-4t，时，四边形PQDM是平行四边形，
解得：
12
5
t （s）；
②当点M在点D的下方时，如图3所示：
根据题意得：PQ=BP=t ，AM=4t ，AD=12，
∴MD=AM-AD=4t-12，
∵PQ ∥AC ，
∴PQ ∥MD ，
∴当PQ=MD 时，四边形PQDM 是平行四边形，
即：当t=4t-12时，四边形PQDM 是平行四边形，
解得：t=4（s ）； 综上所述，当125t s =
或t=4s 时，以P 、Q 、D 、M 为顶点的四边形为平行四边形． 【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定方法，进行分类讨论是解决问题（3）的关键．
8．（1）m ＝5，n=5；（23）MN 的长度不会发生变化，它
的长度为
2
． 【分析】 （1）利用非负数的性质即可解决问题．
（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE ≌△CNQ 和△ECP ≌△QCP ，由PE ＝PQ ＝OE+OP ，得出结论；
②作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得▱CSRE 和▱CFGH ，则CE ＝SR ，CF ＝GH ，证明△CEN ≌△CE′O 和△E′CF ≌△ECF ，得EF ＝E′F ，设EN ＝x ，在Rt △MEF 中，根据勾股定
理列方程求出EN 的长，再利用勾股定理求CE ，则SR 与CE 相等，所以SR ＝3 ； （3）在（1）的条件下，当P 、Q 在移动过程中线段MN 的长度不会发生变化，求出MN 的长即可；如图4，过P 作PD ∥OQ ，证明△PDF 是等腰三角形，由三线合一得：DM ＝12FD ，证明△PND ≌△QNA ，得DN ＝12AD ，则MN ＝12
AF ，求出AF 的长即可解决问题． 【详解】
解：（1）∵
|5|0m -= ，
又∵≥0，|5﹣m|≥0，
∴n ﹣5＝0，5﹣m ＝0，
∴m ＝5，n=5．
（2）①如图1中，在PO 的延长线上取一点E ，使NQ ＝OE ，
∵CN＝OM＝OC＝MN，∠COM＝90°，
∴四边形OMNC是正方形，
∴CO＝CN，
∵∠EOC＝∠N＝90°，
∴△COE≌△CNQ（SAS），
∴CQ＝CE，∠ECO＝∠QCN，
∵∠PCQ＝45°，
∴∠QCN+∠OCP＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ECP＝∠ECO+∠OCP＝45°，
∴∠ECP＝∠PCQ，
∵CP＝CP，
∴△ECP≌△QCP（SAS），
∴EP＝PQ，
∵EP＝EO+OP＝NQ+OP，
∴PQ＝OP+NQ．
②如图2中，过C作CE∥SR，在x轴负半轴上取一点E′，使OE′＝EN，得▱CSRE，且△CEN≌△CE′O，则CE＝SR，
过C作CF∥GH交OM于F，连接FE，得▱CFGH，则CF＝GH＝55
，
∵∠SDG＝135°，
∴∠SDH＝180°﹣135°＝45°，∴∠FCE＝∠SDH＝45°，
∴∠NCE+∠OCF＝45°，
∵△CEN≌△CE′O，
∴∠E′CO＝∠ECN，CE＝CE′，∴∠E′CF＝∠E′CO+∠OCF＝45°，∴∠E′CF＝∠FCE，
∵CF＝CF，
∴△E′CF≌△ECF（SAS），∴E′F＝EF
在Rt△COF中，OC＝5，FC＝55
2
，
由勾股定理得：OF＝
2
2
55
5
2
⎛⎫
-
⎪
⎪
⎝⎭
＝
5
2
，
∴FM＝5﹣5
2
＝
5
2
，
设EN＝x，则EM＝5﹣x，FE＝E′F＝x+5
2
，
则（x+5
2
）2＝（
5
2
）2+（5﹣x）2，
解得：x＝5
3
，
∴EN＝5
3
，
由勾股定理得：CE＝
2
222
5
5
3
CN EN
⎛⎫
+=+ ⎪
⎝⎭
＝
510
，
∴SR＝CE＝510
3
．
故答案为510
．
（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化．理由：如图3中，过P作PD∥OQ，交AF于D．
∵OF＝OA，
∴∠OFA＝∠OAF＝∠PDF，
∴PF＝PD，
∵PF＝AQ，
∴PD＝AQ，
∵PM⊥AF，
∴DM＝1
2
FD，
∵PD∥OQ，
∴∠DPN＝∠PQA，
∵∠PND＝∠QNA，
∴△PND≌△QNA（AAS），∴DN＝AN，
∴DN＝1
2
AD，
∴MN＝DM+DN＝1
2DF+
1
2
AD＝
1
2
AF，
∵OF＝OA＝5，OC＝3，
∴CF
4
=，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣4＝1，
∴AF
=，
∴MN＝1
2
AF
∴当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，它的长度为
2
．
【点睛】
本题是四边形与动点问题的综合题，考查了矩形、正方形、全等三角形等图形的性质与判定，灵活运用所学知识是解答本题的关键．
9．（1）∠ABD=∠ACD；（2）四边形ACEF为正方形，理由见解析；（3）5.
【解析】
【分析】
（1）以AD为公共边，有∠ABD=∠ACD；
（2）证明△ADC是等腰直角三角形，得AD=CD，则AE=CF，根据对角线相等的菱形是正方形可得结论；
（3）如图2，作辅助线构建直角三角形，证明△ABC≌△CHE，得CH=AB=3，根据平行线等分线段定理可得BG=GH=4，从而得结论.
【详解】
解：（1）由图1得：△ABD和△ADC有公共边AD，在AD同侧有∠ABD和∠ACD，此时∠ABD=∠ACD；
（2）四边形ACEF为正方形，理由是：
∵∠ABC=90°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=45°
∴∠DAC=∠CBD=45°
∵四边形ACEF是菱形，
∴AELCF，
∴∠ADC=90°，
∴△ADC 是等腰直角三角形，
∴AD=CD ，.AE=CF ，
∴菱形ACEF 是正方形；
（3）如图2，过D 作DG ⊥BC 于G ，过E 作EH ⊥BC ，交BC 的延长线于H ， ∵∠DBG=45°，
∴△BDG 是等腰直角三角形，2，
∵BG=4，四边形ACEF 是正方形，
∴AC=CE ，∠ACE=90°，AD=DE ，
易得△ABC ≌△CHE ，
∴CH=AB=3，AB//DG//EH ，AD=DE ，
∴BG=GH=4，
∴CG=4-3=1，
∴BC=BG+CG=4+1=5.
【点睛】
本题是四边形的综合题，也是新定义问题，考查了损矩形和损矩形的直径的概念，平行线等分线段定理，菱形的性质，正方形的判定等知识，认真阅读理解新定义，第3问有难度，作辅助线构建全等三角形是关键.
10．（1）证明见解析；（2）菱形；（3）四边形AEGF 是矩形，理由见解析．
【分析】
（1）根据平行线的性质得到BDE A ∠=∠，根据题意得到DEF
BDE ∠=∠，根据平行线的判定定理得到//AD EF ，根据平行四边形的判定定理证明；
（2）根据三角形中位线定理得到12
DE AC =
，得到AD DE =，根据菱形的判定定理证明；
（3）根据等腰三角形的性质得到AE EG ⊥，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明．
【详解】
（1）证明：
//DE AC ，
BDE A ∴∠=∠，
DEF A ∠=∠，
DEF BDE ∴∠=∠，
//AD EF ∴，又//DE AC ，
∴四边形ADEF 为平行四边形；
（2）解：ADEF 的形状为菱形， 理由如下：点D 为AB 中点， 12
AD AB ∴=， //DE AC ，点D 为AB 中点，
12
DE AC ∴=， AB AC =，
AD DE ∴=，
∴平行四边形ADEF 为菱形，
故答案为：菱形；
（3）四边形AEGF 是矩形，
理由如下：由（1）得，四边形ADEF 为平行四边形， //AF DE ∴，AF DE =，
EG DE ，
//AF DE ∴，AF GE =，
∴四边形AEGF 是平行四边形，
AD AG ，EG DE =，
AE EG ∴⊥，
∴四边形AEGF 是矩形．
【点睛】
本题考查的是平行四边形、矩形、菱形的判定，掌握它们的判定定理是解题的关键．。