数学数学平行四边形的专项培优易错试卷练习题含答案

数学数学平行四边形的专项培优易错试卷练习题含答案
一、解答题
1．如图，在Rt ABC ∆中，090BAC ∠=，D 是BC 的中点，E 是AD 的中点，过点A 作//BC AF 交BE 的延长线于点F
（1）求证：四边形ADCF 是菱形
（2）若4,5AC AB ==，求菱形ADCF 的面积
2．如图，在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，过点C 的直线//MN AB ，D 为AB 边上一点，过点D 作DE BC ⊥，交直线MN 于E ，垂足为F ，连接CD 、BE
（1）当D 在AB 中点时，四边形BECD 是什么特殊四边形?说明你的理由； （2）当D 为AB 中点时，A ∠等于 度时，四边形BECD 是正方形．
3．如图，在正方形ABCD 中，点G 在对角线BD 上（不与点B ，D 重合），GE ⊥DC 于点E ，GF ⊥BC 于点F ，连结AG ．
（1）写出线段AG ，GE ，GF 长度之间的数量关系，并说明理由；
（2）若正方形ABCD 的边长为1，∠AGF=105°，求线段BG 的长．
4．如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2cm ，∠ADC ＝120°．动点E 、F 分别从点B 、D 同时出发，都以0.5cm/s 的速度向点A 、C 运动，连接AF 、CE ，分别取AF 、CE 的中点G 、H ．设运动的时间为ts （0＜t ＜4）．
（1）求证：AF ∥CE ；
（2）当t 为何值时，△ADF 32； （3）连接GE 、FH ．当t 为何值时，四边形EHFG 为菱形．
5．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．
6．在矩形ABCD 中，连结AC ，点E 从点B 出发，以每秒1个单位的速度沿着B A →的路径运动，运动时间为t （秒）．以BE 为边在矩形ABCD 的内部作正方形BEHG ．
（1）如图，当ABCD 为正方形且点H 在ABC ∆的内部，连结,AH CH ，求证：AH CH =；
（2）经过点E 且把矩形ABCD 面积平分的直线有______条；
（3）当9,12AB BC ==时，若直线AH 将矩形ABCD 的面积分成1：3两部分，求t 的值．
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]
① ②
8．如图，ABC ADC ∆≅∆，90,ABC ADC AB BC ︒
∠=∠==，点F 在边AB 上，点E 在边AD 的延长线上，且,DE BF BG CF =⊥，垂足为H ，BH 的延长线交AC 于点G .
（1）若10AB =，求四边形AECF 的面积；
（2）若CG CB =，求证：2BG FH CE +=.
9．已知E ，F 分别为正方形ABCD 的边BC ，CD 上的点，AF ，DE 相交于点G ，当E ，F 分别为边BC ，CD 的中点时，有：①AF=DE ；②AF ⊥DE 成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E 不是边BC 的中点，F 不是边CD 的中点，且CE=DF ，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E ，F 分别在CB 的延长线和DC 的延长线上，且CE=DF ，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE 和BF ，若点M ，N ，P ，Q 分别为AE ，EF ，FD ，AD 的中点，请判断四边形MNPQ 是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
10．如图，在长方形ABCD 中，AB ＝CD ＝6cm ，BC ＝10cm ，点P 从点B 出发，以2cm /秒的速度沿BC 向点C 运动，设点P 的运动时间为t 秒：
（1）PC ＝ cm ．（用t 的代数式表示）
（2）当t 为何值时，△ABP ≌△DCP ？
（3）当点P 从点B 开始运动，同时，点Q 从点C 出发，以vcm /秒的速度沿CD 向点D 运动，是否存在这样v 的值，使得△ABP 与△PQC 全等？若存在，请求出v 的值；若不存在，请说明理由．
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一、解答题
1．（1）见解析（2）10
【分析】
（1）先证明AFE DBE ∆≅∆，得到AF DB =，AF CD =，再证明四边形ADCF 是平行四边形，再根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得到12
AD DC BC ==，即可证明四边形ADCF 是菱形。

（2）连接DF ，证明四边形ABDF 是平行四边形，得到5DF AB ==，利用菱形的求面积公式即可求解。

【详解】
（1）证明： ∵//BC AF ，∴AFE DBE ∠=∠，
∵E 是AD 的中点，AD 是BC 边上的中线，∴,AE DE BD CD ==，
在AFE ∆和DBE ∆中， AFE DBE FEA BED AE DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴()AFE DBE AAS ∆≅∆，∴AF DB =．
∵DB DC =，∴AF CD =．
∵//BC AF ，∴四边形ADCF 是平行四边形，
∵090BAC ∠=，D 是BC 的中点，E 是AD 的中点， ∴12
AD DC BC ==
，∴四边形ADCF 是菱形； （2）如图，连接DF ，
∵//,AF BD AF BD =，
∴四边形ABDF 是平行四边形，∴5DF AB ==，
∵四边形ADCF 是菱形，∴11451022
ADCF S AC DF =
=⨯⨯=菱形． 【点睛】
本题主要考查全等三角形的应用，菱形的判定定理以及菱形的性质，熟练掌握菱形的的判定定理和性质是解此题的关键。

2．（1）四边形BECD 是菱形，理由见解析；（2）45︒
【分析】
（1）先证明//AC DE ，得出四边形BECD 是平行四边形，再“根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”证出CD BD =，得出四边形BECD 是菱形；
（2）先求出45ABC ∠=︒，再根据菱形的性质求出90DBE ∠=︒，即可证出结论．
【详解】
解：当点D 是AB 的中点时，四边形BECD 是菱形；理由如下：
∵DE BC ⊥， 90DFE ∴∠=︒，
∵90ACB ∠=︒，
ACB DFB ∴∠=∠，
//AC DE ∴，
∵//MN AB ，即//CE AD ，
∴四边形ADEC 是平行四边形，
CE AD ∴=；
D 为AB 中点，
AD BD ∴=，
BD CE ∴=，
∵//BD CE ，
∴四边形BECD 是平行四边形，
∵90ACB ∠=︒，D 为AB 中点，
12
CD AB BD ∴==， ∴四边形BECD 是菱形；
（2）当45A ∠=︒时，四边形BECD 是正方形；理由如下：
∵90ACB ∠=︒，45A ∠=︒，
45ABC ∴∠=︒，
∵四边形BECD 是菱形，
12
ABC DBE ∴∠=∠， 90DBE ∴∠=︒，
∴四边形BECD 是正方形．
故答案为：45︒．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、正方形的判定以及直角三角形的性质；根据题意证明线段相等和直角是解决问题的关键．
3．（1）AG 2=GE 2+GF 2，理由见解析；（2 【分析】
（1）结论：AG 2=GE 2+GF 2．只要证明GA=GC ，四边形EGFC 是矩形，推出GE=CF ，在Rt △GFC 中，利用勾股定理即可证明；
（2）作BN ⊥AG 于N ，在BN 上截取一点M ，使得AM=BM ．设AN=x ．易证AM=BM=2x ，
，在Rt △ABN 中，根据AB 2=AN 2+BN 2，可得1=x 2+（x ）2，解得
，推出BG=BN÷cos30°即可解决问题. 【详解】
解：（1）结论：AG 2=GE 2+GF 2．
理由：连接CG ．
∵四边形ABCD 是正方形，
∴A 、C 关于对角线BD 对称，
∵点G 在BD 上，
∴GA=GC ，
∵GE ⊥DC 于点E ，GF ⊥BC 于点F ，
∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°，
∴四边形EGFC 是矩形，
∴CF=GE ，
在Rt △GFC 中，∵CG 2=GF 2+CF 2，
∴AG 2=GF 2+GE 2．
（2）作BN ⊥AG 于N ，在BN 上截取一点M ，使得AM=BM ．设AN=x ．
∵∠AGF=105°，∠FBG=∠FGB=∠ABG=45°，
∴∠AGB=60°，∠GBN=30°，∠ABM=∠MAB=15°，
∴∠AMN=30°，
∴AM=BM=2x ，
x ，
在Rt △ABN 中，∵AB 2=AN 2+BN 2，
∴1=x 2+（2x+3x ）2，
解得x=
624-， ∴BN=62+， ∴BG=BN÷cos30°=
326+．
【点睛】 本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形30度的性质．
4．（1）见解析；（2）t ＝2；（3）t ＝1．
【分析】
（1）由菱形的性质可得AB ＝CD ，AB ∥CD ，可求CF ＝AE ，可得结论；
（2）由菱形的性质可求AD ＝2cm ，∠ADN ＝60°，由直角三角形的性质可求AN 3＝3cm ，由三角形的面积公式可求解；
（3）由菱形的性质可得EF ⊥GH ，可证四边形DFEM 是矩形，可得DF ＝ME ，由直角三角形的性质可求AM ＝1，即可求解．
【详解】
证明：（1）∵动点E 、F 分别从点B 、D 同时出发，都以0.5cm/s 的速度向点A 、C 运动， ∴DF ＝BE ，
∵四边形ABCD 是菱形，
∴AB ＝CD ，AB ∥CD ，
∴CF ＝AE ，
∴四边形AECF 是平行四边形，
∴AF ∥CE ；
（2）如图1，过点A 作AN ⊥CD 于N ，
∵在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠ADC＝120°，∴AD＝2cm，∠ADN＝60°，
∴∠NAD＝30°，
∴DN＝1
2
AD＝1cm，AN＝3DN＝3cm，
∴S△ADF＝1
2×DF×AN＝
1
2
×
1
2
t×3＝
3
2
，
∴t＝2；
（3）如图2，连接GH，EF，过点D作DM⊥AB于M，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴FA＝CE，
∵点G是AF的中点，点H是CE的中点，
∴FG＝CH，
∴四边形FGHC是平行四边形，
∴CF∥GH，
∵四边形EHFG为菱形，
∴EF⊥GH，
∴EF⊥CD，
∵AB∥CD，
∴EF⊥AB，
又∵DM⊥AB，
∴四边形DFEM是矩形，
∴DF＝ME，
∵∠DAB＝60°，
∴∠ADM＝30°，
∴AM＝1
2
AD＝1cm，∵AM+ME+BE＝AB，
∴1+1
2t+
1
2
t＝2，
∴t＝1．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
5．（1）见解析；（2）HG＝OH+BG；（3）能成矩形，y
33 42
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．
6．（1）见解析；（2）1条；（3）
72
11
t=或
18
5
t=
【分析】
(1)证△AEH≌△CGH（SAS），即可得出AH=CH；
(2)连接BD交AC于O，作直线OE即可；
(3)分两种情况：①连接AH交BC于M，证出BM=CM=
1
2
BC=6，由题意得
BE=BG=EH=GH=t，则AE=9-t，GM=6-t，由三角形面积关系得出方程，解方程即可；
②连接AH交CD于M，交BC的延长线于K，证出DM=CM=
1
2
CD ，证△KCM≌△ADM得CK=DA=12，则BK=BC+CK=24，且BE=BG=EH=GH=t，则AE=9-t，GK=24-t，由三角形面积关系得出方程，解方程即可．
【详解】
解：(1)四边形BEHG是正方形，
BE BG
∴=，90
BEH BGH
∠=∠=︒，90
AEH CGH
∠=∠=︒，
又AB BC
=，
AE CG
∴=，
又EH HG
=，
()
AEH CGH SAS
∴∆≅∆，
AH CH
∴=．
(2)解：连接BD交AC于O，如图1所示：
作直线OE，则直线OE矩形ABCD面积平分，
即经过点E且把矩形ABCD面积平分的直线有1条，故答案为：1；
(3) 解：分两种情况：
①如图2所示：连接AH交BC于M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴△ABC的面积=△ADC的面积，
∵直线AH将矩形ABCD的面积分成1：3两部分，∴△ABM的面积=△ACM的面积，
∴BM=CM=1
2
CD=6，
由题意得：BE=BG=EH=GH=t，则AE=9-t，GM=6-t，
∵△ABM的面积=△AEH的面积+正方形BEHG的面积+△GHM的面积，
∴1
2
×6×9=
1
2
t(9-t)+t²+
1
2
t(6-t)，
解得：
18
5
t=；
②如图3所示：连接AH交CD于M，交BC的延长线于K，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠MCK=∠B=∠D=∠BCD=90°，AD=BC=12，CD=AB=9，△ABC的面积=△ADC的面积，∵直线AH将矩形ABCD的面积分成1：3两部分，
∴△ADM的面积=△ACM的面积，
∴DM=CM=1
2
CD=
9
2
，
在△KCM和△ADM中，
∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
D MCK
DM CM
AMD KMC
，
∴△KCM≌△ADM(ASA)，
∴CK=DA=12，
∴BK=BC+CK=24，
由题意得：BE=BG=EH=GH=t，则AE=9-t，GK=24-t，
∵△ABK的面积=△AEH的面积+正方形BEHG的面积+△GHK的面积，
∴1
2×24×9=
1
2
t(9-t)+t²+
1
2
t(24-t)，
解得：
72
11
t=，
综上所述，
72
11
t=或
18
5
t=，
故答案为：
72
11
t=或
18
5
t=．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
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＝1
2 AF.
∵∠ADC＝90°，点M是AF的中点，
∴DM＝1
2 AF.
∴DM＝ME.
∵ME＝1
2
AF＝FM，DM＝
1
2
AF＝FM，
∴∠DFM＝1
2
(180°－∠DMF)，∠MFE＝
1
2
(180°－∠FME)，
∴∠DFM＋∠MFE＝1
2
(180°－∠DMF)＋
1
2
(180°－∠FME)
＝180°－1
2
(∠DMF＋∠FME)
＝180°－1
2
∠DME.
∵∠DFM＋∠MFE＝180°－∠CFE＝180°－45°＝135°，
∴180°－1
2
∠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)100；(2)见解析.
【分析】
(1)先证明四边形ABCD是正方形，再根据已知条件证明△BCF≌△DCE，即可得到四边形AECF的面积=正方形ABCD的面积；
(2) 延长BG交AD于点M，作AN⊥MN，连接FG，先证明四边形BCEM是平行四边形，得到BM=CE，证明△BCF≌△GCF，得到BF=GF，∠FGC=∠FBC=90︒，由AN⊥MN，得
GM=2MN，根据∠BAC=45︒，BC∥AD得到AM=BF，再证△BFH≌△AMN,得到GM=2FH，
由此得到结论.
【详解】
(1)∵9,0ABC AB BC ︒∠==，
∴△ABC 是等腰直角三角形，
∵ABC ADC ∆≅∆，
∴AB=AD=BC=DC ，
∴四边形ABCD 是菱形，
∵90ABC ADC ︒∠=∠=，
∴四边形ABCD 是正方形，
∴∠BCD=90ABC ADC ︒∠=∠=，
∴∠CDE=90ABC ADC ︒∠=∠=，
∵BF=DE,BC=DC ，
∴△BCF ≌△DCE ，
∴四边形AECF 的面积=S 正方形ABCD =AB 2=102=100.
(2)延长BG 交AD 于点M ，作AN ⊥MN ，连接FG,
∵△BCF ≌△DCE ，
∴∠BCF=∠DCE ，
∴∠FCE=∠BCD=90︒,
∵BG ⊥CF ，
∴∠FHM=∠FCE=90︒,
∴BM ∥CE,
∵BC ∥AD,
∴四边形BCEM 是平行四边形，
∴BM=CE.
∵CG CB =，BG ⊥CF ，
∴∠BCH=∠GCH,∠CBM=∠CGB,
∴△BCF ≌△GCF,
∴BF=GF,∠FGC=∠FBC=90︒,
∵∠BAC=45︒，
∴∠AFG=∠BAC=45︒，
∴FG=AG,
∵BC ∥AD,
∴∠CBM=∠AMB,
∴∠AGM=∠CGB=∠CBM=∠AMB,
∴AM=AG,
∵AN ⊥MN ，
∴GM=2MN,
∵∠BAD=∠ANM=90︒,
∴∠ABM+∠AMN=∠MAN+∠AMN=90︒,
∴∠ABM=∠MAN,
∵AM=AG=FG=BF,∠BHF=∠ANM=90︒,
∴△BFH ≌△AMN,
∴FH=MN,
∴GM=2FH,
∵BG+GM=CE,
∴2BG FH CE +=.
【点睛】
此题是四边形的综合题，考查正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，解题中注意综合思想的方法积累.
9．（1）成立；（2）成立，理由见试题解析；（3）正方形，证明见试题解析．
【解析】
试题分析：（1）因为四边形ABCD 为正方形，CE=DF ，可证△ADF ≌△DCE （SAS ），即可得到AF=DE ，∠DAF=∠CDE ，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF ⊥DE ；
（2）∵四边形ABCD 为正方形，CE=DF ，可证△ADF ≌△DCE （SAS ），即可得到AF=DE ，∠E=∠F ，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF ⊥DE ；
（3）设MQ ，DE 分别交AF 于点G ，O ，PQ 交DE 于点H ，因为点M ，N ，P ，Q 分别为AE ，EF ，FD ，AD 的中点，可得MQ=PN=12DE ，PQ=MN=12
AF ，MQ ∥DE ，PQ ∥AF ，然后根据AF=DE ，可得四边形MNPQ 是菱形，又因为AF ⊥DE 即可证得四边形MNPQ 是正方形．
试题解析：（1）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD 为正方形，∴AD=DC ，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF 和△DCE 中，∵DF=CE ，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD ，∴△ADF ≌△DCE （SAS ），∴AF=DE ，
∠DAF=∠CDE ，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF ⊥DE ； （2）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD 为正方形，∴AD=DC ，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF 和△DCE 中，∵DF=CE ，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD ，∴△ADF ≌△DCE （SAS ），∴AF=DE ，∠E=∠F ，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF ⊥DE ；
（3）四边形MNPQ 是正方形．理由是：
如图，设MQ ，DE 分别交AF 于点G ，O ，PQ 交DE 于点H ，∵点M ，N ，P ，Q 分别为AE ，EF ，FD ，AD 的中点，
∴MQ=PN=12DE ，PQ=MN=12
AF ，MQ ∥DE ，PQ ∥AF ，∴四边形OHQG 是平行四边形，
∵AF=DE ，∴MQ=PQ=PN=MN ，∴四边形MNPQ 是菱形，∵AF ⊥DE ，∴∠AOD=90°，∴∠HQG=∠AOD=90°，∴四边形MNPQ 是正方形．
考点：1．四边形综合题；2．综合题．
10．（1）(10﹣2t )；（2）t ＝2.5；（3）2.4或2
【分析】
（1）根据P 点的运动速度可得BP 的长，再利用BC ﹣BP 即可得到CP 的长；
（2）当t ＝2.5时，△ABP ≌△DCP ，根据三角形全等的条件可得当BP ＝CP 时，再加上AB ＝DC ，∠B ＝∠C 可证明△ABP ≌△DCP ；
（3）此题主要分两种情况①当BA ＝CQ ，PB ＝PC 时，再由∠B ＝∠C ，可得
△ABP ≌△QCP ；②当BP ＝CQ ，AB ＝PC 时，再由∠B ＝∠C ，可得△ABP ≌△PCQ ，然后分别计算出t 的值，进而得到v 的值．
【详解】
解：（1）点P 从点B 出发，以2cm /秒的速度沿BC 向点C 运动，点P 的运动时间为t 秒时，BP ＝2t ，
则PC ＝（10﹣2t ）cm ；
故答案为：（10﹣2t ）；
（2）当t ＝2.5时，△ABP ≌△DCP ，
∵当t ＝2.5时，BP ＝2.5×2＝5，
∴PC ＝10﹣5＝5，
∵在△ABP 和△DCP 中，
90AB DC B C BP CP =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩
，
∴△ABP ≌△DCP （SAS ）；
（3）①如图1，当BA ＝CQ ，PB ＝PC 时，再由∠B ＝∠C ，可得△ABP ≌△QCP ，
∵PB ＝PC ，
∴BP＝PC＝1
2
BC＝5，
2t＝5，
解得：t＝2.5，
BA＝CQ＝6，
v×2.5＝6，
解得：v＝2.4（秒）．
②如图2，当BP＝CQ，AB＝PC时，再由∠B＝∠C，可得△ABP≌△PCQ，
∵AB＝6，
∴PC＝6，
∴BP＝10﹣6＝4，
2t＝4，
解得：t＝2，
CQ＝BP＝4，
2v＝4，
解得：v＝2；
综上所述：当v＝2.4秒或2秒时△ABP与△PQC全等．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形全等的条件，找准对应边．。