八年级初二数学 平行四边形复习题含答案

八年级初二数学 平行四边形复习题含答案
一、解答题
1．综合与探究
如图1,在ABC ∆中,ACB ∠为锐角,点D 为射线BC 上一点,连接AD ,以AD 为一边且在AD 的右侧作正方形ADEF ,解答下列问题: （1）研究发现:如果AB AC =,90BAC ∠=︒
①如图2,当点D 在线段BC 上时（与点B 不重合）,线段CF 、BD 之间的数量关系为______,位置关系为_______．
②如图3,当点D 在线段BC 的延长线上时,①中的结论是否仍成立并说明理由． （2）拓展发现:如果AB AC ≠,点D 在线段BC 上,点F 在ABC ∆的外部,则当
ACB =∠_______时,CF BD ⊥．
2．如图，四边形OABC 中，BC ∥AO ，A （4，0），B （3，4），C （0，4）．点M 从O 出发以每秒2个单位长度的速度向A 运动；点N 从B 同时出发，以每秒1个单位长度的速度向C 运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N 作NP 垂直x 轴于点P ，连结AC 交NP 于Q ，连结MQ ． （1）当t 为何值时，四边形BNMP 为平行四边形？
（2）设四边形BNPA 的面积为y ，求y 与t 之间的函数关系式．
（3）是否存在点M ，使得△AQM 为直角三角形？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
3．如图1，已知四边形ABCD 是正方形，E 是对角线BD 上的一点，连接AE ，CE ．
（1）求证：AE ＝CE ；
（2）如图2，点P 是边CD 上的一点，且PE ⊥BD 于E ，连接BP ，O 为BP 的中点，连接EO ．若∠PBC ＝30°，求∠POE 的度数；
（3）在（2）的条件下，若OE ＝2，求CE 的长．
4．社团活动课上，数学兴趣小组的同学探索了这样的一个问题：
如图1，90MON ∠=，点A 为边OM 上一定点，点B 为边ON 上一动点，以AB 为一边在∠MON 的内部作正方形ABCD ，过点C 作CF OM ⊥，垂足为点F （在点O 、A 之间），交BD 与点E ，试探究AEF ∆的周长与OA 的长度之间的等量关系该兴趣小组进行了如下探索：
（动手操作，归纳发现）
（1）通过测量图1、2、3中线段AE 、AF 、EF 和OA 的长，他们猜想AEF ∆的周长是OA 长的_____倍．请你完善这个猜想
（推理探索，尝试证明）
为了探索这个猜想是否成立，他们作了如下思考，请你完成后续探索过程： （2）如图4，过点C 作CG ON ⊥，垂足为点G 则90CGB ∠=
90GCB CBG ∴∠+∠=
又
四边形ABCD 正方形，
AB BC =，90ABC ∠=
则90CBG ABO ∠+∠=
GCB ABO ∴∠=∠
在CBE ∆与ABE ∆中， （类比探究，拓展延伸）
（3）如图5，当点F 在线段OA 的延长线上时，直接写出线段AE 、EF 、AF 与OA 长度之间的等量关系为 ．
5．在正方形ABCD 中，点E 是CD 边上任意一点，连接,AE 过点B 作BF AE ⊥于F ，交AD 于H .
()1如图1，过点D 作DG AE ⊥于G .求证:BF DG FG -=；
()2如图2，点E 为CD 的中点，连接DF ，试判断,,DF FH EF 存在什么数量关系并说
明理由；
()3如图3，1AB =，连接EH ，点Р为EH 的中点，在点E 从点D 运动到点C 的过程
中，点Р随之运动，请直接写出点Р运动的路径长.
6．如图①，已知正方形ABCD 的边长为3，点Q 是AD 边上的一个动点，点A 关于直线BQ 的对称点是点P ，连接QP 、DP 、CP 、BP ，设AQ =x ． （1）BP ＋DP 的最小值是_______，此时x 的值是_______； （2）如图②，若QP 的延长线交CD 边于点M ，并且∠CPD =90°． ①求证：点M 是CD 的中点；②求x 的值．
（3）若点Q 是射线AD 上的一个动点，请直接写出当△CDP 为等腰三角形时x 的值．
7．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°，55
HG =
，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．
8．如图，锐角ABC ∆，AB AC =，点D 是边BC 上的一点，以AD 为边作ADE ∆，使
AE AD =，EAD BAC ∠=∠．
（1）过点E 作//EF DC 交AB 于点F ，连接CF （如图①）
①请直接写出EAB ∠与DAC ∠的数量关系； ②试判断四边形CDEF 的形状，并证明；
（2）若60BAC ∠=，过点C 作//CF DE 交AB 于点F ，连接EF （如图②），那么（1）②中的结论是否任然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由．
9．在四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 相交于点O ，过点O 的直线EF ，GH 分别交边AB 、CD ，AD 、BC 于点E 、F 、G 、H ．
（1）观察发现：如图①，若四边形ABCD 是正方形，且EF ⊥GH ，易知S △BOE ＝S △AOG ，又因为S △AOB ＝
1
4
S 四边形ABCD ，所以S 四边形AEOG ＝ S 正方形ABCD ； （2）类比探究：如图②，若四边形ABCD 是矩形，且S 四边形AEOG ＝1
4
S 矩形ABCD ，若AB ＝a ，AD ＝b ，BE ＝m ，求AG 的长（用含a 、b 、m 的代数式表示）；
（3）拓展迁移：如图③，若四边形ABCD 是平行四边形，且S 四边形AEOG ＝1
4
S ▱ABCD ，若AB ＝3，AD ＝5，BE ＝1，则AG ＝ ．
10．已知，矩形ABCD 中，4,8AB cm BC cm ==，AC 的垂直平分EF 线分别交
AD BC 、于点E F 、，垂足为O ．
（1）如图1，连接AF CE 、，求证：四边形AFCE 为菱形；
（2）如图2，动点P Q 、分别从A C 、两点同时出发，沿AFB △和CDE △各边匀速运
动一周，即点P 自A F B A →→→停止，点O 自C D E C →→→停止．在运动过程中，
①已知点P 的速度为每秒5cm ，点Q 的速度为每秒4cm ，运动时间为t 秒，当
A C P Q 、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，则t =____________．
②若点P Q 、的运动路程分别为a b 、 （单位:,0cm ab ≠），已知A
C P Q 、、、四点为顶点的四边形是平行四边形，则a 与b 满足的数量关系式为____________．
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一、解答题
1．（1）①=CF BD ，CF BD ⊥；②当点D 在BC 的延长线上时①中结论仍成立，详见解析；（2）45︒ 【分析】
（1）①结论:CF 与BD 位置关系是垂直、数量关系是相等; 只要证明△BAD ≌△CAF,即可解决问题；②当点D 在BC 的延长线上时①的结论仍成立．证明方法类似; （2）过点A 作AG ⊥AC 交BC 于点G,理由（1）中的结论即可解决问题． 【详解】
解:（1）①相等（或=CF BD ）,互相重直（或CF BD ⊥） 理由如下:
∵AB=AC,∠BAC=90︒, ∴∠ABC=∠ACB=45︒, ∵∠BAC=∠DAF, ∴∠BAD=∠CAF, 在△BAD 和△CAF 中,
BA CA BAD CAF DA FA ⎧⎪
∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ , ∴△BAD ≌△CAF （SAS ）, ∴BD=CF,∠ABD=∠ACF=45︒, ∵∠ACB=45︒, ∴∠FCB=90︒, ∴CF ⊥BD,CF=BD, 故答案为CF ⊥BD,CF=BD ．
②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．
理由:
由正方形ADEF得 AD=AF,∠DAF=90︒．
∵∠BAC=90︒,
∴∠DAF=∠BAC,
∴∠DAB=∠FAC,
又AB=AC,
∴△DAB≌△FAC（SAS）,
∴CF=BD,∠ACF=∠ABD,
∵∠BAC=90︒,AB=AC,
∴∠ABC=45︒,
∴∠ACF=45︒,
∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90︒．即 CF⊥BD．
（2）结论:当∠ACB=45︒时,CF⊥BD．
理由:过点A作AG⊥AC交BC于点G,
∴AC=AG,
由（1）可知:△GAD≌△CAF,
∴∠ACF=∠AGD=45︒,
∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90︒,
即CF⊥BD．
故答案为45︒．
【点睛】
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,学会添加辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题．
2．（1）3
4
；（2）y=4t+2；（3）存在，点M的坐标为（1，0）或（2，0）．
【分析】
（1）因为BN∥MP，故当BN=MP时，四边形BNMP为平行四边形，此时点M在点P的左侧，求解即可；
（2）y=1
2
（BN+PA）•OC，即可求解；
（3）①当∠MQA为直角时，则△MAQ为等腰直角三角形，则PA=PM，即可求解；②当∠QMA为直角时，则NB+OM=BC=3，即可求解．
【详解】
（1）∵BN∥MP，故当BN=MP时，四边形BNMP为平行四边形．
此时点M在点P的左侧时，即0≤t＜1时，
MP=OP﹣OM=3﹣t﹣2t=3﹣3t，BN=t，
即3﹣3t=t，解得：t=3
4
；
（2）由题意得：由点C的坐标知，OC=4，
BN=t，NC=PO=3﹣t，PA=4﹣OP=4﹣（3﹣t）=t+1，
则y=1
2
(BN+PA)•OC=
1
2
(t+t+1)×4=4t+2；
（3）由点A、C的坐标知，OA=OC=4，
则△COA为等腰直角三角形，故∠OCA=∠OAC=45°，①当∠MQA为直角时，
∵∠OAC=45°，故△MAQ为等腰直角三角形，
则PA=PM，
而PA=4﹣(3﹣t)=t+1，PM=OP﹣OM=(3﹣t)﹣2t=3﹣3t，
故t+1=3﹣3t，解得：t=1
2
，则OM=2t=1，
故点M（1，0）；
②当∠QMA为直角时，
则点M、P重合，
则NB+OM=BC=3，即2t+t=3，解得：t=1，
故OM=OP=2t=2，
故点M（2，0）；
综上，点M的坐标为（1，0）或（2，0）．
【点睛】
本题是四边形综合题，涉及坐标与图形、平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、图形的面积计算等，复杂度较高，难度较大，其中（3）要分类求解，避免遗漏．3．（1）详见解析；（2）30°；（3）2
【分析】
（1）利用正方形的性质，得到AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ＝45°，进而判断△ADE ≌△CDE 得到结论；
（2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以得到OB ＝OE ，∠OBE ＝∠OEB ＝15°，再利用外角和定理求得；
（3）连接OC ，与（2）同理得到∠POC ＝60°，则△EOC 为直接三角形，再应用勾股定理求得. 【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ＝45°， 在△ADE 和△CDE 中，
AD CD ADE CDE DE DE =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△ADE ≌△CDE （SAS ）， ∴AE ＝CE ；
（2）∵四边形ABCD 是正方形， ∴∠DBC ＝45°， ∵∠PBC ＝30°， ∴∠PBE ＝15°，
∵PE ⊥BD ，O 为BP 的中点， ∴EO ＝BO ＝PO ， ∴∠OBE ＝∠OEB ＝15°， ∴∠EOP ＝∠OBE ＋∠OEB ＝30°； （3）如图，连接OC ，
∵点O 是BP 的中点，∠BCP ＝90°， ∴CO ＝BO ，
∴EO ＝CO 2，∠OBC ＝∠OCB ＝30°， ∴∠POC ＝60°，
∴∠EOC ＝∠EOP ＋∠POC ＝90°， ∵EC 2＝EO 2＋CO 2＝4，
∴EC ＝2. 【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、外角和定理、勾股定理，综合性较强，要注意数形结合.
4．（1）2；（2）证明见解析过程；（3）AE+EF-AF=2OA ． 【分析】
（1）通过测量可得；
（2）过点C 作CG ⊥ON ，垂足为点G ，由AAS 可证△ABO ≌△BCG ，可得BG=AO ，BO=CG ，由SAS 可证△ABE ≌△CBE ，可得AE=CE ，由线段的和差关系可得结论； （3）过点C 作CG ⊥ON ，垂足为点G ，由AAS 可证△ABO ≌△BCG ，可得BG=AO ，BO=CG ，由SAS 可证△ABE ≌△CBE ，可得AE=CE ，可得结论． 【详解】
解：（1）△AEF 的周长是OA 长的2倍， 故答案为：2；
（2）如图4，过点C 作CG ⊥ON ，垂足为点G ，
则∠CGB=90°， ∴∠GCB+∠CBG=90°， 又∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB=BC ，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°， 则∠CBG+∠ABO=90°， ∴∠GCB=∠ABO ， 在△BCG 与△ABO 中，
GCB ABO GCB AOB BC AB ∠=∠⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△BCG ≌△ABO （AAS ）， ∴BG=AO ，CG=BO ， ∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO ， ∴四边形CGOF 是矩形，
∴CF=GO ，CG=OF=OB ，
在△ABE 和△CBE 中，
BE BE ABE CBE AB BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ABE ≌△CBE （SAS ），
∴AE=CE ，
∴△AEF 的周长=AE+EF+AF=CE+EF+AF=CF+AF=GO+AF=BG+BO+AF=2AO ；
（3）如图5，过点C 作CG ⊥ON 于点G ，
则∠CGB=90°，
∴∠GCB+∠CBG=90°，
又∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB=BC ，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°，
则∠CBG+∠ABO=90°，
∴∠GCB=∠ABO ，
在△BCG 与△ABO 中
GCB ABO GCB AOB BC AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△BCG ≌△ABO （AAS ），
∴BG=AO ，BO=CG ，
∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO ，
∴四边形CGOF 是矩形，
∴CF=GO ，CG=OF=OB ，
在△ABE 和△CBE 中，
BE BE ABE CBE AB BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ABE ≌△CBE （SAS ），
∴AE=CE ，
∴AE+EF-AF=EF+CE-AF=NB+BO-（OF-AO）=OA+OB-（OB-OA）=2OA．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．
5．（1）见解析；（2）FH+FE=2DF，理由见解析；（3）
2 2
【分析】
（1）如图1中，证明△AFB≌△DGA（AAS）可得结论．
（2）结论：FH+FE=2DF．如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，证明四边形DKFJ是正方形，可得结论．
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．证明△KPJ是等腰直角三角形，推出点P在线段JR上运动，求出JR即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵DG⊥AE，AE⊥BH，
∴∠AFB=∠DGH=90°，
∴∠FAB+∠DAG=90°，∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠BAF=∠ADG，
∴△AFB≌△DGA（AAS），
∴AF=DG，BF=AG，
∴BF-DG=AG-AF=FG．
（2）结论：2DF．
理由：如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADE=90°，AB=AD，
∵AE⊥BH，
∴∠AFB=90°，
∴∠DAE+∠EAB=90°，∠EAB+∠ABH=90°，∴∠DAE=∠ABH，
∴△ABH≌△DAE（ASA），
∴AH=AE，
∵DE=EC=1
2
CD，CD=AD，
∴AH=DH，
∴DE=DH，
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE，
∴∠J=∠DKE=∠KFJ=90°，
∴四边形DKFJ是矩形，
∴∠JDK=∠ADC=90°，
∴∠JDH=∠KDE，
∵∠J=∠DKE=90°，
∴△DJH≌△DKE（AAS），
∴DJ=DK，JH=EK，
∴四边形DKFJ是正方形，
∴FK=FJ=DK=DJ，
∴2FJ，
∴2DF；
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．
∵△ABH ≌△DAE ，
∴AH=DE ，
∵∠EDH=90°，HP=PE ，
∴PD=PH=PE ，
∵PK ⊥DH ，PT ⊥DE ，
∴∠PKD=∠KDT=∠PTD=90°，
∴四边形PTDK 是矩形，
∴PT=DK=b ，PK=DT ，
∵PH=PD=PE ，PK ⊥DH ，PT ⊥DE ，
∴DH=2DK=2b ，DE=2DT ，
∴AH=DE=1-2b ，
∴PK=12DE=12
-b ， JK=DJ-DK=
12-b ， ∴PK=KJ ，
∵∠PKJ=90°，
∴∠KJP=45°，
∴点P 在线段JR 上运动，
∵2DJ=22
， ∴点P 的运动轨迹的长为
22． 【点睛】
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，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
6．（1）32323；（2）①见详解；②x=1；（3）△CDP 为等腰三角形时x 的值为：633-或3633+．
【分析】
（1）BP+DP 为点B 到D 两段折线的和．由两点间线段最短可知，连接DB ，若P 点落在BD 上，此时和最短，且为32AQ=x ，则QD=3-x ，
PQ=x ．又PDQ=45°，所以QD ＝2PQ ，即3-x=2x ．求解可得答案；
（2）由已知条件对称分析，AB=BP=BC ，则∠BCP=∠BPC ，由∠BPM=∠BCM=90°，可得∠MPC=∠MCP ．那么若有MP=MD ，则结论可证．再分析新条件∠CPD=90°，易得①结论．②求x 的值，通常都是考虑勾股定理，选择直角三角形QDM ，发现QM ，DM ，QD 都可用x 来表示，进而易得方程，求解即可．
（3）若△CDP 为等腰三角形，则边CD 比为改等腰三角形的一腰或者底边．又P 点为A 点关于QB 的对称点，则AB=PB ，以点B 为圆心，以AB 的长为半径画弧，则P 点只能在弧AB 上．若CD 为腰，以点C 为圆心，以CD 的长为半径画弧，两弧交点即为使得△CDP 为等腰三角形（CD 为腰）的P 点．若CD 为底边，则作CD 的垂直平分线，其与弧AC 的交点即为使得△CDP 为等腰三角形（CD 为底）的P 点．则如图所示共有三个P 点，那么也共有3个Q 点．作辅助线，利用直角三角形性质求之即可．
【详解】
解：（1）连接DB ，若P 点落在BD 上，此时BP+DP 最短，如图：
由题意，∵正方形ABCD 的边长为3，
∴223332BD =+=，
∴BP ＋DP 的最小值是32；
由折叠的性质，PQ AQ x ==，则3QD x =-，
∵∠PDQ=45°，∠QPD=90°，
∴△QPD 是等腰直角三角形，
∴22QD QP x ==，
∴32x x -=，
解得：323x =-；
故答案为：32；323-；
（2）如图所示：
①证明：在正方形ABCD中，有
AB=BC，∠A=∠BCD=90°．
∵P点为A点关于BQ的对称点，
∴AB=PB，∠A=∠QPB=90°，
∴PB=BC，∠BPM=∠BCM，
∴∠BPC=∠BCP，
∴∠MPC=∠MPB-∠CPB=∠MCB-∠PCB=∠MCP，∴MP=MC．
在Rt△PDC中，
∵∠PDM=90°-∠PCM，
∠DPM=90°-∠MPC，
∴∠PDM=∠DPM，
∴MP=MD，
∴CM=MP=MD，即M为CD的中点．
②解：∵AQ=x，AD=3，
∴QD=3-x，PQ=x，CD=3．
在Rt△DPC中，
∵M为CD的中点，
∴DM=QM=CM=3
2
，
∴QM=PQ+PM=x+3
2
，
∴(x+3
2
)2＝(3−x)2+(
3
2
)2，
解得：x=1．
（3）如图，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧分别交于P1，P3．此时△CDP1，△CDP3都为以CD为腰的等腰三角形．作CD的垂直平分线交弧AC于点P2，此时△CDP2以CD为底的等腰三角形．
；
①讨论P1，如图作辅助线，连接BP1、CP1，作QP1⊥BP1交AD于Q，过点P1，作EF⊥AD
于E，交BC于F．
∵△BCP1为等边三角形，正方形ABCD边长为3，
∴P1F＝33
，P1E＝
33
3-．
在四边形ABP1Q中，
∵∠ABP1=30°，
∴∠AQP1=150°，
∴△QEP1为含30°的直角三角形，
∴QE=3EP1＝
9 33
2
-．
∵AE=3
2
，
∴x=AQ=AE-QE=39
(33)633 22
--=-．
②讨论P2，如图作辅助线，连接BP2，AP2，过点P2作QG⊥BP2，交AD于Q，连接BQ，过点P2作EF⊥CD于E，交AB于F．
∵EF垂直平分CD，
∴EF垂直平分AB，
∴AP2=BP2．
∵AB=BP2，
∴△ABP2为等边三角形．
在四边形ABP2Q中，
∵∠BAD=∠BP2Q=90°，∠ABP2=60°，∴∠AQG=120°
∴∠EP2G=∠DQG=180°-120°=60°，
∴P2E＝
33
3
2 -，
∴EG=
9 33
2
-，
∴DG=DE+GE=39
33333 22
+-=-，
∴QD=33
-，
∴x=AQ=3-QD=3．
③对P3，如图作辅助线，连接BP1，CP1，BP3，CP3，过点P3作BP3⊥QP3，交AD的延长线于Q，连接BQ，过点P1，作EF⊥AD于E，此时P3在EF上，不妨记P3与F重合．
∵△BCP1为等边三角形，△BCP3为等边三角形，BC=3，
∴P1P3＝33P1E＝
33 3
∴EF＝
33
3
2 +．
在四边形ABP3Q中
∵∠ABF=∠ABC+∠CBP3=150°，∴∠EQF=30°，
∴92． ∵AE=32
，
∴x=AQ=AE+QE=32+962
=．
综合上述，△CDP 为等腰三角形时x 的值为：6-6+．
【点睛】
本题第一问非常基础，难度较低．第二问因为动点的原因，思路不易找到，这里就需要做题时充分分析已知条件，尤其是新给出的条件．其中求边长是勾股定理的重要应用，是很重要的考点．第三问是一个难度非常高的题目，可以利用尺规作图的思想将满足要求的点P 找全．另外求解各个Q 点也是考察三角函数及勾股定理的综合应用，有着极高的难度．
7．（1）m ＝5，n=5；（23）MN 的长度不会发生变化，它
． 【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）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 ＝12
AD ， ∴MN ＝DM+DN ＝
12DF+12AD ＝12
AF ， ∵OF ＝OA ＝5，OC ＝3， ∴CF
4=，
∴BF ＝BC ﹣CF ＝5﹣4＝1，
∴AF
=，
∴MN ＝12AF
∴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．
8．（1）①EAB DAC ∠=∠； ② 平行四边形，证明见解析；（2）成立，证明见解析．
【分析】
（1）①根据EAD BAC ∠=∠，两角有公共角BAD ∠，可证EAB DAC ∠=∠；
②连接EB ，证明△EAB ≌△DAC ，可得,ABE ACD EB CD ∠=∠=,再结合平行线的性质和等腰三角形的判定定理可得EF=DC ，由此可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形CDEF 为平行四边形．
（2）根据60BAC ∠=︒，可证明△AED 和△ABC 为等边三角形，再根据ED ∥FC 结合等边三角形的性质，得出∠AFC=∠BDA ，求证△ABD ≌△CAF ，得出ED=CF ，进而求证四边形EDCF 是平行四边形．
【详解】
解：（1）①EAB DAC ∠=∠，理由如下：
∵EAD BAC ∠=∠，EAD EAB BAD ∠=∠+∠，BAC BAD DAC ∠=∠+∠, ∴EAB BAD BAD DAC ∠+∠=∠+∠，
∴EAB DAC ∠=∠；
②证明：如下图，连接EB,
在△EAB 和△DAC 中
∵AE AD EAB DAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△EAB ≌△DAC （SAS ）
∴,ABE ACD EB CD ∠=∠=,
∵AB AC =，
∴ABC ACD ∠=∠,
∴ABE ABC ∠=∠，
∵//EF DC ，
∴EFB ABC ∠=∠,
∴ABE EFB ∠=∠,
∴EB EF =,
∴DC EF =
∴四边形CDEF 为平行四边形；
（2）成立；理由如下：
理由如下：
∵60BAC ∠=︒，
∴=60EAD BAC ∠=∠︒，
∵AE=AD ，AB=AC ，
∴△AED 和△ABC 为等边三角形，
∴∠B=60°，∠ADE=60°，AD=ED,
∵ED ∥FC ，
∴∠EDB=∠FCB ，
∵∠AFC=∠B+∠BCF=60°+∠BCF ，∠BDA=∠ADE+∠EDB=60°+∠EDB ，
∴∠AFC=∠BDA ，
在△ABD 和△CAF 中，
60BDA AFC B BAC AB CA ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩
∴△ABD≌△CAF（AAS），
∴AD=FC，
∵AD=ED，
∴ED=CF，
又∵ED∥CF，
∴四边形EDCF是平行四边形．
【点睛】
本题考查全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，平行四边形的判定定理，平行线的性质．在做本题时可先以平行四边形的判定定理进行分析，在后两问中已知一组对边平行，所以只需证明这一组对边相等即可，一般证明线段相等就是证明相应的三角形全等．本题中是间接证明全等，在证明线段相等的过程中还应用到等腰三角形的判定定理（第（1）小题的第②问）和等边三角形的性质（第（2）小题），难度较大．
9．（1）1
4
；（2）
mb
AG
a
；（3）
5
3
【分析】
（1）如图①，根据正方形的性质和全等三角形的性质即可得到结论；
（2）如图②，过O作ON⊥AD于N，OM⊥AB于M，根据图形的面积得到1
4
mb＝
1
4
AG•a，于是得到结论；
（3）如图③，同理：过O作QM⊥AB，PN⊥AD，先根据平行四边形面积可得OM和ON 的比，同理可得S△BOE＝S△AOG，根据面积公式可计算AG的长．
【详解】
解：（1）如图①，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OC，∠OAG＝∠EBO＝45°，∠AOB＝90°，
∵EF⊥GH，
∴∠EOG＝90°，
∴∠BOE＝∠AOG（SAS），
∴△BOE≌△AOG，
∴S△BOE＝S△AOG，
又∵S△AOB＝1
4
S四边形ABCD，
∴S四边形AEOG＝1
4
S正方形ABCD，
故答案为：1
4
．
（2）解：如图②，过O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，
∴S△AOB＝S△AOD＝1
4
S矩形ABCD，
∵S四边形AEOG＝1
4
S矩形ABCD，
∴S△AOB＝S四边形AEOG，∴S△BOE＝S△AOG，
∵S△BOE＝1
2
BE•OM＝
1
4
mb，
S△AOG＝1
2
AG•ON＝
1
4
AG•a，
∴mb＝AG•a，
∴AG＝mb
a
；
（3）如图③，过O作OM⊥AB于M，ON⊥AD于N，
∵S△AOB＝S△AOD＝1
4
S▱ABCD，S四边形AEOG＝
1
4
S▱ABCD，
∴S△AOB＝S四边形AEOG，∴S△BOE＝S△AOG，
∵S△BOE＝1
2
BE•OM＝
1
2
OM，S△AOG＝
1
2
AG•ON，
∴OM＝AG•ON，
∵S▱ABCD＝3×2OM＝5×2 ON，
∴53
OM ON =， ∴AG ＝
53
； 【点睛】 本题是四边形综合题，考查了正方形、矩形、平行四边形的性质及三角形、四边形的面积问题，认真阅读材料，理解并证明S △BOE ＝S △AOG 是解决问题的关键．
10．（1）见解析；（2）①43t =
；②12a b += 【分析】
(1)先证明四边形AFCE 为平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形作出判定；
(2)①分情况讨论可知，当P 点在BF 上、Q 点在ED 上时，才能构成平行四边形，根据平行四边形的性质列出方程求解即可；
②分三种情况讨论可知a 与b 满足的数量关系式.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD 是矩形，
∴AD BC ∥
∴,CAD ACB AEF CEF ∠=∠∠=∠，
∵EF 垂直平分AC ，垂足为O ，
∴OA OC =，
∴AOE COF △≌△，
∴OE OF =，
∴四边形AFCE 为平行四边形，
又∵EF OF ⊥
∴四边形AFCE 为菱形，
（2）①43
t =秒． 显然当P 点在AF 上时，Q 点在CD 上，此时A
C P Q 、、、四点不可能构成平行四边形；同理P 点在AB 上时，Q 点在DE 或CE 上，也不能构成平行四边形．因此只有当P 点在BF 上、Q 点在E
D 上时，才能构成平行四边形．
∴以A
C P Q 、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，PC QA = ∴点P 的速度为每秒5cm ，点Q 的速度为每秒4cm ，运动时间为t 秒，
∴5,4124PC t QA CD AD t t ==+-=-，
∴5124t t =-，解得43
t = ∴以A
C P Q 、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，43t =秒．
②a 与b 满足的数量关系式是12a b +=，
由题意得，以A
C P Q 、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时， 点P Q 、在互相平行的对应边上，分三种情况：
i ）如图1，当P 点在AF 上、Q 点在CE 上时，AP CP =，即12a b =-，得12a b +=． ii ）如图2，当P 点在B 上、Q 点在DE 上时，AQ CP =，即12b a -=，得12a b +=． iii ）如图3，当P 点在AB 上、Q 点在CD 上时，AQ CP =，即12a b -=，得12a b +=．
综上所述，a 与b 满足的数量关系式是()120a b ab +=≠．
【点睛】
此题考查线段垂直平分线的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，解题中注意分类讨论的思想.。