人教版平行四边形单元自检题学能测试试卷

人教版平行四边形单元自检题学能测试试卷
一、解答题
1．在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB=8cm ，AD=16cm ，BC=22cm ，∠ABC=90°．点P 从点A 出发，以1cm/s 的速度向点D 运动，点Q 从点C 同时出发，以3cm/s 的速度向点B 运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t 秒．
（1）当t= 时，四边形ABQP 成为矩形？
（2）当t= 时，以点P 、Q 与点A 、B 、C 、D 中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形？
（3）四边形PBQD 是否能成为菱形？若能，求出t 的值；若不能，请说明理由，并探究如何改变Q 点的速度（匀速运动），使四边形PBQD 在某一时刻为菱形，求点Q 的速度．
2．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______．
3．如图正方形ABCD ，DE 与HG 相交于点O （O 不与D 、E 重合）．
（1）如图（1），当90GOD ∠=︒，
①求证：DE GH =； ②求证：2GD EH DE +>；
（2）如图（2），当45GOD ∠=︒，边长4AB =，25HG =，求DE 的长．
4．如下图1，在平面直角坐标系中xoy 中，将一个含30的直角三角板如图放置，直角顶点与原点重合，若点A 的坐标为()1,0-，30ABO ∠=︒．
（1）旋转操作：如下图2，将此直角三角板绕点O 顺时针旋转30时，则点B 的坐标为 ．
（2）问题探究：在图2的基础上继续将直角三角板绕点O 顺时针60︒，如图3，在AB 边上的上方以AB 为边作等边ABC ，问：是否存在这样的点D ，使得以点A 、B 、C 、D 四点为顶点的四边形构成为菱形，若存在，请直接写出点D 所有可能的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）动点分析：在图3的基础上，过点O 作OP AB ⊥于点P ，如图4，若点F 是边OB 的中点，点M 是射线PF 上的一个动点，当OMB △为直角三角形时，求OM 的长．
5．已知正方形ABCD ．
（1）点P 为正方形ABCD 外一点，且点P 在AB 的左侧，45APB ∠=︒．
①如图（1），若点P 在DA 的延长线上时，求证：四边形APBC 为平行四边形．
②如图（2），若点P 在直线AD 和BC 之间，以AP ，AD 为邻边作APQD □，连结AQ ．求∠PAQ 的度数．
（2）如图（3），点F 在正方形ABCD 内且满足BC=CF ，连接BF 并延长交AD 边于点E ，过点E 作EH ⊥AD 交CF 于点H ，若EH=3，FH=1，当
13
AE CF =时．请直接写出HC 的长________．
6．已知：如图，在△ABC 中，D 是BC 边上的一点，E 是AD 的中点，过点A 作BC 的平行线交于BE 的延长线于点F ，且AF=DC ，连接CF ．
（1）求证：D是BC的中点；
（2）如果AB=AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
7．如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC，AD于点E，F，连接BF．
（1）如图1，在旋转的过程中，求证：OE＝OF；
（2）如图2，当旋转至90°时，判断四边形ABEF的形状，并证明你的结论；
（3）若AB＝1，BC＝5，且BF＝DF，求旋转角度α的大小．
8．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A1处，点B落在点B1处，设FB交CD于点G．A1B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）．
9．已知正方形ABCD与正方形（点C、E、F、G按顺时针排列），是的中点，连接，.
（1）如图1，点E在上，点在的延长线上，
求证：DM=ME，DM⊥.ME
简析：由是的中点，AD∥EF，不妨延长EM交AD于点N，从而构造出一对全等的三角形，即≌ .由全等三角形性质，易证△DNE是三角形,进而得出结论.
（2）如图2，在DC的延长线上，点在上，（1）中结论是否成立？若成立,请证明你的结论；若不成立，请说明理由.
（3）当AB=5，CE=3时，正方形的顶点C、E、F、G按顺时针排列.若点E在直线CD上，则DM= ;若点E在直线BC上，则DM= .
10．已知：正方形ABCD和等腰直角三角形AEF，AE=AF（AE＜AD），连接DE、BF，P是DE的中点，连接AP．将△AEF绕点A逆时针旋转．
（1）如图①，当△AEF的顶点E、F恰好分别落在边AB、AD时，则线段AP与线段BF的位置关系为，数量关系为．
（2）当△AEF绕点A逆时针旋转到如图②所示位置时，证明：第（1）问中的结论仍然成立．
（3）若AB=3,AE=1，则线段AP的取值范围为．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、解答题
1．（1）11
2
；（2）
11
2
或4；（3）四边形PBQD不能成为菱形
【分析】
（1）由∠B=90°，AP∥BQ，由矩形的判定可知当AP=BQ时，四边形ABQP成为矩形；（2）由（1）可求得点P、Q与点A、B为顶点的四边形为平行四边形；然后由当PD=CQ 时，CDPQ是平行四边形，求得t的值；
（3）由PD∥BQ，当PD=BQ=BP时，四边形PBQD能成为菱形，先由PD=BQ求出运动时间t的值，再代入求BP，发现BP≠PD，判断此时四边形PBQD不能成为菱形；设Q点的速度改变为vcm/s时，四边形PBQD在时刻t为菱形，根据PD=BQ=BP列出关于v、t的方程组，解方程组即可求出点Q的速度．
【详解】
（1）如图1，∵∠B=90°，AP∥BQ，
∴当AP=BQ时，四边形ABQP成为矩形，
此时有t=22﹣3t，解得t=11
2
．
∴当t=11
2
时，四边形ABQP成为矩形；
故答案为11
2
；
（2）如图1，当t=11
2
时，四边形ABQP成为矩形，
如图2，当PD=CQ时，四边形CDPQ是平行四边形，
则16﹣t=3t，
解得：t=4，
∴当t=11
2
或4时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形；
故答案为11
2
或4；
（3）四边形PBQD不能成为菱形．理由如下：
∵PD∥BQ，
∴当PD=BQ=BP时，四边形PBQD能成为菱形．
由PD=BQ，得16﹣t=22﹣3t，
解得：t=3，
当t=3时，PD=BQ=13，，∴四边形PBQD不能成为菱形；
如果Q点的速度改变为vcm/s时，能够使四边形PBQD在时刻ts为菱形，
由题意，得
22
1622168t vt
t t
-=-⎧⎪⎨-=+⎪⎩，解得62t v =⎧⎨=⎩． 故点Q 的速度为2cm/s 时，能够使四边形PBQD 在某一时刻为菱形．
【点睛】
此题属于四边形的综合题．考查了矩形的判定、菱形的判定以及勾股定理等知识．注意掌握分类讨论思想与方程思想的应用是解此题的关键．
2．（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.
3．（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）3DE =
． 【分析】
（1）过点D 作//DM GH 交BC 延长线于点M ，连接EH ，
①由正方形的性质可得//AD BC ，AD CD =，90A ADC DCM ∠=∠=∠=︒，即可证明四边形DGHM 是平行四边形，可得DM=GH ，由90GOD ∠=︒可得∠EDM=90°，根据直角三角形两锐角互余的性质可得12∠=∠，利用ASA 可证明△ADE≌△CDM，可得DE=DM ，即可证明DE=GH ；
②由①得DM=DE ，根据勾股定理可得，利用三角形三边关系即可得结论； （2）过点D 作DN//GH 交BC 于点N ，作ADM CDN ∠=∠，DM 交BA 延长线于点M ，可证明四边形GHND 为平行四边形，可得DN HG =，GD HN =，根据勾股定理可求出CN 的长，利用AAS 可证明ADM CDN ∆∆≌，可得AM NC =，DM DN =，根据平行线的性质∠EDN=45°，根据角的和差故选可得∠MDE=∠EDN ，利用SAS 可证明MDE NDE ∆∆≌，即可证明AE CN EN +=，设AE x =，利用勾股定理可求出x 的值，进而利用勾股定理求出DE 的值即可得答案．
【详解】
（1）如图（1），过点D 作//DM GH 交BC 延长线于点M ，连接EH ，EM ， ①∵四边形ABCD 为正方形，
∴//AD BC ，AD CD =，90A ADC DCM ∠=∠=∠=︒
∴四边形DGHM 为平行四边形，
∴DM=GH ，GD HM =，
∵90GOD ∠=︒，
∴90EDM EOH ∠=∠=︒，
∴290EDC ∠+∠=︒，
∵90ADC ∠=︒，
∴190EDC ∠+∠=︒，
∴12∠=∠，
在ADE ∆和CDM ∆中12A DCM AD DC ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
，
∴ADE CDM ∆∆≌，
∴DE DM =，
∴DE GH =．
②在DEM ∆中，∠EDM=90°，
∴222DE DM EM +=，
∵DE DM =，
∴222DE EM =， ∴2EM DE =，
在EHM ∆中，HM EH EM +>，
∵GD HM =， ∴2GD EH GH +≥．
（2）如图（2），过点D 作DN//GH 交BC 于点N ，则四边形GHND 为平行四边形， ∴DN HG =，GD HN =，
∵90C ∠=︒，4CD AB ==，25HG DN == ∴222CN DN DC =-=，
∴422BN BC CN =-=-=，
作ADM CDN ∠=∠，DM 交BA 延长线于点M ，
在ADM ∆和CDN ∆中90C MAD CDN ADM DC AD ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴ADM CDN ∆∆≌，
∴AM NC =，DM DN =，
∵45GOD EOH ∠=∠=︒，
∴45EDN ∠=︒，
∴45ADE CDN ∠+∠=︒，
∴45ADE ADN MDE ∠+∠=︒=∠，
在MDE ∆和NDE ∆中MD ND MDE EDN DE DE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴MDE NDE ∆∆≌，
∴EM EN =，即AE AM AE CN EN +=+=，
设AE x =，则BE=4-x ，
在Rt BEN ∆中，2222(2)x x +=+， 解得：43x
=， ∴2222441043DE AD AE ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭
．
【点睛】
本题考查正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理，并正确作出辅助线是解题关键．
4．（1332）；（2）存在，点D 的坐标为（0，3）或（231）或（0，-1）；（3）OM=
32或212
【分析】
（1）过点B 作BD ⊥y 轴于D ，利用30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理求出OB ，再利用30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理求出BD 和OD 即可得出结论；
（2）根据题意和等边三角形的性质分别求出点A 、B 、C 的坐标，然后根据菱形的顶点顺序分类讨论，分别画出对应的图形，根据菱形的对角线互相平分即可分别求出结论； （3）利用30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理求出OP 和BP ，然后根据直角三角形的直角顶点分类讨论，分别画出对应的图形，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质求解即可．
【详解】
解：（1）如图2，过点B 作BD ⊥y 轴于D
由图1中，点A 的坐标为()1,0-，30ABO ∠=︒，∠AOB=90°
∴OA=1，AB=2OA=2
由勾股定理可得223AB OA -=∵将此直角三角板绕点O 顺时针旋转30
∴∠BOD=30°
∴BD=1322OB =
∴2232OB BD -=
∴点B 332） 332）； （2）在图2的基础上继续将直角三角板绕点O 顺时针60︒，此时点A 落在y 轴上，点B 落在x 轴上
∴点A 的坐标为（0,1），点B 30）
∵△ABC 为等边三角形
∴∠ABC=60°，AB=BC=AC=2
∴∠OBC=90°
∴点C 32）
设点D 的坐标为（a ，b ）
如图所示，若四边形ABCD 为菱形，连接BD ，与AC 交于点O
∴点O 既是AC 的中点，也是BD 的中点 ∴033
120
2
2a b ⎧++=⎪⎨++⎪=⎪⎩ 解得：03a b =⎧⎨=⎩
∴此时点D 的坐标为（0，3）；
当四边形ABDC 为菱形时，连接AD ，与BC 交于点O
∴点O 既是AD 的中点，也是BC 的中点 ∴0332120
2
2a b ⎧++=⎪⎪⎨++⎪=⎪⎩
解得：31a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩
∴此时点D 的坐标为（231）；
当四边形ADBC 为菱形时，连接CD ，与AB 交于点O
∴点O既是AB的中点，也是CD的中点
∴033
22 102
22
a
b
⎧++
=
⎪⎪
⎨
++
⎪=
⎪⎩
解得：
1
a
b
=
⎧
⎨
=-
⎩
∴此时点D的坐标为（0，-1）；
综上：点D的坐标为（0，3）或（23，1）或（0，-1）；（3）∵OB=3，∠ABO=30°
∴OP=
1
2
OB=
3
2
∴BP=22
3
2
OB OP
-=
当∠OMB=90°时，如下图所示，连接BM
∵F为OB的中点
∴PF=
1
2
OB，MF=
1
2
OB，OF=BF
∴PF=MF
∴四边形OPBM为平行四边形
∴OM=BP=
3
2
；
当∠OBM=90°时，如下图所示，连接OM，
∴∠PBM=∠PBO ＋∠OBM=120°
∵点F 为OB 的中点
∴FP=FB
∴∠FPB=∠FBP=30°
∴∠BMP=180°－∠PBM －∠FPB=30°
∴∠BMP=∠BPM
∴BM=BP=32 在Rt △OBM 中， OM=22212OB BM +=
； 综上：OM=
32或212
． 【点睛】 此题考查的是直角三角形的性质、菱形的性质、平行四边形的判定及性质、等边三角形的性质，掌握30°所对的直角边是斜边的一半、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、菱形的性质、平行四边形的判定及性质、等边三角形的性质是解决此题的关键．
5．（1）①证明见详解；②45PAQ ∠=︒，见解析；（2）5．
【分析】
（1）①只要证明//PB AC 即可解决问题；②如图2中，连接QC ，作DT DQ ⊥交QC 的延长线于T ，利用全等三角形的性质解决问题即可；
（2）如图3中，延长EH 交BC 于点G ，设AE=x ，由题意易得AB=BC=CF=EG=3x ，然后可得CG=2x ，HG=3x-3，CH=3x-1，利用勾股定理求解即可．
【详解】
（1）①证明：
四边形ABCD 是正方形，∴//B DP C ，45DAC ∠=︒，∴135PAC ∠=︒
45APB ∠=︒，∴+180APB PAC ∠∠=︒，∴//PB AC
∴四边形APBC 是平行四边形； ②
四边形PADQ 是平行四边形，∴DQ//,//,AP AD PQ AD PQ BC ==，
AD//B C ，∴,//PQ BC PQ BC =，∴四边形PQCB 是平行四边形，
∴QC//BP ，∴45APQ DQC ∠=∠=︒，90ADC QDT ∠=∠=︒，
∴DQ=DT ，45,T DQT ADQ CDT ∠=∠=︒∠=∠，
AD=DC ，∴ADQ CDT ≌，∴45AQD T ∠=∠=︒，
AP//DQ ，∴45PAQ DQA ∠=∠=︒；
（3）CH=5，理由如下：
如图3所示：延长EH 交BC 于点G ；
四边形ABCD 是正方形，∴AB=BC ，90D ∠=︒， 又EH=3，FH=1，EH ⊥AD ，∴EH//CD ，∴90HGC ∠=︒
设AE=x ，1,3
AE CF BC CF ==，∴AB=BC=CF=EG=3x ， ∴CG=2x ，HG=3x-3，CH=3x-1 在Rt HGC △中，()()22222243331CG HG CH x x x +=+-=-即，解得121,2x x ==
当x=1时，AB=3(不符合题意，舍去)；
当x=2时，AB=6，∴CH=5．
故答案为5．
【点睛】
本题主要考查正方形的综合问题、三角形全等及勾股定理，关键是利用已知条件及四边形的性质得到它们之间的联系，然后利用勾股定理求解线段的长即可．
6．（1）见详解；（2）四边形ADCF 是矩形；证明见详解．
【分析】
（1）可证△AFE ≌△DBE ，得出AF=BD ，进而根据AF=DC ，得出D 是BC 中点的结论； （2）若AB=AC ，则△ABC 是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质知AD ⊥BC ；而AF 与DC 平行且相等，故四边形ADCF 是平行四边形，又AD ⊥BC ，则四边形ADCF 是矩
形．
【详解】
（1）证明：∵E 是AD 的中点，
∴AE=DE ．
∵AF ∥BC ，
∴∠FAE=∠BDE ，∠AFE=∠DBE ．
在△AFE 和△DBE 中，
FAE BDE AFE DBE AE DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△AFE ≌△DBE （AAS ）．
∴AF=BD ．
∵AF=DC ，
∴BD=DC ．
即：D 是BC 的中点．
（2）解：四边形ADCF 是矩形；
证明：∵AF=DC ，AF ∥DC ，
∴四边形ADCF 是平行四边形．
∵AB=AC ，BD=DC ，
∴AD ⊥BC 即∠ADC=90°．
∴平行四边形ADCF 是矩形．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行四边形、矩形的判定等知识综合运用．解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法，以及全等三角形的判定和性质进行证明．
7．（1）证明见解析；（2）平行四边形，理由见解析；（3）45°
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出∠OAF ＝∠OCE ，OA ＝OC ，进而判断出△AOF ≌△COE ，即可得出结论；
（2）先判断出∠BAC ＝∠AOF ，得出AB ∥EF ，即可得出结论；
（3）先求出AC ＝2，进而得出A ＝1＝AB ，即可判断出△ABO 是等腰直角三角形，进一步判断出△BFD 是等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一得出∠BOF ＝90°，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：在▱ABCD 中，AD ∥BC ，
∴∠OAF ＝∠OCE ，
∵OA ＝OC ，∠AOF ＝∠COE ，
∴△AOF ≌△COE （ASA ），
∴OE ＝OF ；
（2）当旋转角为90°时，四边形ABEF 是平行四边形，理由：
∵AB ⊥AC ，
∴∠BAC ＝90°，
∵∠AOF ＝90°，
∴∠BAC ＝∠AOF ，
∴AB ∥EF ，
∵AF ∥BE ，
∴四边形ABEF 是平行四边形；
（3）在Rt △ABC 中，AB ＝1，BC
∴AC ＝2，
∴OA ＝1＝AB ，
∴△ABO 是等腰直角三角形，
∴∠AOB ＝45°，
∵BF ＝DF ，
∴△BFD 是等腰三角形，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴OB ＝OD ，
∴OF ⊥BD （等腰三角形底边上的中线是底边上的高），
∴∠BOF ＝90°，
∴∠α＝∠AOF ＝∠BOF ﹣∠AOB ＝45°．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，判断出△ABO 是等腰直角三角形是解本题的关键．
8．（1）见解析；（2）FG=EP ，理由见解析；（3
【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=A 1E=CF ，∠A 1=∠BAD=∠BCD ，∠B=∠B 1，则∠D=∠B 1，证△A 1PE ≌△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=CF=，由等腰三角形的性质得BH=CH=
12BC=
HF=4-，OH=
12
OB=2，由勾股定理得OF=，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=12BC=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．
9．（1）等腰直角；（2）结论仍成立，见解析；（32或4217.
【分析】
（1）结论：DM ⊥EM ，DM=EM ．只要证明△AMH ≌△FME ，推出MH=ME ，AH=EF=EC ，推出DH=DE ，因为∠EDH=90°，可得DM ⊥EM ，DM=ME ；
（2）结论不变，证明方法类似；
（3）分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可；
【详解】
解：（1） △AMN ≌ △FME ,等腰直角.
如图1中，延长EM 交AD 于H ．
∵四边形ABCD 是正方形，四边形EFGC 是正方形，
∴0ADE DEF 90∠=∠=，AD CD =，
∴//AD EF ，
∴MAH MFE ∠=∠，
∵AM MF =，AMH FME ∠=∠，
∴△AMH ≌△FME ，
∴MH ME =，AH EF EC ==，
∴DH DE =，
∵0EDH 90∠=，
∴DM ⊥EM ，DM=ME ．
（2）结论仍成立.
如图，延长EM 交DA 的延长线于点H,
∵四边形ABCD 与四边形CEFG 都是正方形,
∴0ADE DEF 90∠=∠=，AD CD =,
∴AD ∥EF,∴MAH MFE ∠=∠.
∵AM FM =，AMH FME ∠=∠,
∴△AMF ≌△FME(ASA), …
∴MH ME =，AH FE=CE =,∴DH DE =.
在△DHE 中，DH DE =，0EDH 90∠=,MH ME =,
∴=DM EM ，DM ⊥EM.
（3）①当E 点在CD 边上，如图1所示，由（1）的结论可得三角形DME 为等腰直角三角
形，则DM的长为
2
DE
2
,此时DE EC DC53
2
=-=-=,所以2
DM=；
②当E点在CD的延长线上时，如图2所示，由（2）的结论可得三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为
2
DE
2
，此时DE DC CE538
=+=+=，所以42
DM=；
③当E点在BC上是，如图三所示，同（1）、（2）理可得到三角形DME为等腰直角三角形，
证明如下：∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形, 且点E在BC上
∴AB//EF，∴HAM EFM
∠=∠，
∵M为AF中点，∴AM=MF
∵在三角形AHM与三角形EFM中：
HAM EFM
AM MF
AMH EMF
∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
,
∴△AMH≌△FME(ASA),
∴MH ME
=，AH FE=CE
=,∴DH DE
=.
∵在三角形AHD与三角形DCE中：
90
AD DC
DAH DCE
AH EF
=
⎧
⎪
∠=∠=
⎨
⎪=
⎩
，
∴△AHD≌△DCE(SAS),
∴ADH CDE
∠=∠,
∵∠ADC=∠ADH+∠HDC=90°，
∴∠HDE=∠CDE+∠HDC=90°,
∵在△DHE中，DH DE
=，0
EDH90
∠=,MH ME
=,
∴三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为
2
DE
2
，此时在直角三角形DCE中2222
DE DC CE5334
=+=+=，所以DM=17
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．
10．（1）AP⊥BF，
1
2
AP BF
=（2）见解析；（3）1≤AP≤2
【分析】
（1）根据直角三角形斜边中线定理可得
1
2
AP ED PD
==，即△APD为等腰三角形推出
∠DAP=∠EDA，可证△AED≌△ABF可得∠ABF=∠EDA=∠DAP 且 BF=ED由三角形内角和可得
∠AOF=90°即AP⊥BF由全等可得
11
22
AP ED BF
==即
1
2
AP BF
=
（2）延长AP至Q点使得DQ∥AE，PA延长线交于G点，利用P是DE中点，构造
△AEP≌△PDQ可得∠EAP=∠PQD，DQ=AE=FA可得∠QDA=∠FAB可证△FAB≌△QDA 得到
∠AFB=∠PQD=∠EAP，AQ=FB由三角形内角和可得∠FAG=90°得出AG⊥FB即AP⊥BF由全等
可得
11
22 AP AQ FB ==
（3）由于
1
2
AP BF
=即求BF的取值范围，当BF最小时，即F在AB上，此时BF=2，
AP=1
当BF最大时，即F在BA延长线上，此时BF=4，AP=2可得1≤AP≤2【详解】
（1）
根据直角三角形斜边中线定理有AP是△AED中线可得
1
2
AP ED PD
==，即△APD为等
腰三角形．
∴∠DAP=∠EDA
又AE=AF，∠BAF=∠DAE=90°，AB=AD ∴△AED≌△ABF
∴∠ABF=∠EDA=∠DAP 且 BF=ED
设AP与BF相交于点O
∴∠ABF+∠AFB=90°=∠DAP+∠AFB
∴∠AOF=90°即AP⊥BF
∴
11
22
AP ED BF
==即
1
2
AP BF
=
故答案为AP⊥BF，
1
2 AP BF
=
（2）
延长AP至Q点使得DQ∥AE，PA延长线交于G点∴∠EAP=∠PQD，∠AEP=∠QDP
∵P是DE中点，
∴EP=DP
∴△AEP≌△PDQ
则∠EAP=∠PQD，DQ=AE=FA
∠QDA=180°-（∠PAD+∠PQD）
=180°-∠EAD
而∠FAB=180°-∠EAD，则∠QDA=∠FAB
∵AF=DQ，∠QDA=∠FAB ，AB=AD
∴△FAB≌△QDA
∴∠AFB=∠PQD=∠EAP，AQ=FB
而∠EAP+∠FAG=90°
∴∠AFB+∠FAG=90°
∴∠FAG=90°
∴AG⊥FB
即AP⊥BF
又
11
22 AP AQ FB ==
∴
1 AP
2
BF
=
（3）∵
1
2 AP BF
=
∴即求BF的取值范围
BF最小时，即F在AB上，此时BF=2，AP=1
BF最大时，即F在BA延长线上，此时BF=4，AP=2
∴ 1≤AP≤2
【点睛】
掌握三角形全等以及直角三角形斜边上的中线，灵活运用各种角关系是解题的关键．。