人教版平行四边形单元 易错题难题专题强化试卷学能测试试卷

人教版平行四边形单元易错题难题专题强化试卷学能测试试卷
一、解答题
1．如图，矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，以O为原点建立平面直角坐标系，点B，点D
分别在x轴，y轴上，点C在第一象限内，若平面内有一动点P，且满足S△POB＝1
3
S矩形
OBCD，问：
（1）当点P在矩形的对角线OC上，求点P的坐标；
（2）当点P到O，B两点的距离之和PO+PB取最小值时，求点P的坐标．
2．如图，点E为▱ABCD的边AD上的一点，连接EB并延长，使BF＝BE，连接EC并延长，使CG＝CE，连接FG．H为FG的中点，连接DH，AF．
（1）若∠BAE＝70°，∠DCE＝20°，求∠DEC的度数；
（2）求证：四边形AFHD为平行四边形；
（3）连接EH，交BC于点O，若OC＝OH，求证：EF⊥EG．
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．综合与探究
（1）如图1，在正方形ABCD 中，E 是AB 上一点，F 是AD 延长线上一点，且DF BE =．CE 和CF 之间有怎样的关系．请说明理由．
（2）如图2，在正方形ABCD 中，E 是AB 上一点，G 是AD 上一点，如果45GCE ∠=︒，请你利用（1）的结论证明：GE BE CD =+．
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3在直角梯形ABCD 中，//()AD BC BC AD >，90B ∠=︒，12AB BC ==，E 是AB 上一点，且45DCE ∠=︒，4BE =，求DE 的长．
5．如图，在正方形ABCD 中，E 是边AB 上的一动点（不与点A 、B 重合），连接DE ，点A 关于直线DE 的对称点为F ，连接EF 并延长交BC 于点G ，连接DG ，过点E 作EH DE ⊥交DG 的延长线于点H ，连接BH ．
（1）求证：GF GC =；
（2）用等式表示线段BH 与AE 的数量关系，并证明．
6．如图，在Rt ABC ∆中，90,40,60B AC cm A ∠=︒=∠=︒，点D 从点C 出发沿CA 方
向以4/cm 秒的速度向点A 匀速运动，同时点E 从点A 出发沿AB 方向以2/cm 秒的速度向点B 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个地点也随之停止运动.设点,D E 运动的时间是t 秒（010t <≤）.过点D 作DF BC ⊥于点F ，连接,DE EF .
（1）试问四边形AEFD 能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t 值；如果不能，请说明理由；
（2）当t 为何值时，90FDE ∠=︒？请说明理由.
7．如图，在正方形ABCD 中，点M 是BC 边上任意一点，请你仅用无刻度的直尺，用连线的方法，分别在图（1）、图（2）中按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）.
（1）在如图（1）的AB 边上求作一点N ，连接CN ，使CN AM =；
（2）在如图（2）的AD 边上求作一点Q ，连接CQ ，使CQ AM .
8．如图，M 为正方形ABCD 的对角线BD 上一点.过M 作BD 的垂线交AD 于E ，连BE ，取BE 中点O ．
（1）如图1，连AO MO 、，试证明90AOM ︒∠=；
（2）如图2，连接AM AO 、，并延长AO 交对角线BD 于点N ，试探究线段
DM MN NB 、、之间的数量关系并证明；
（3）如图3,延长对角线BD 至Q 延长DB 至P ,连,CP CQ 若2,9PB PQ ==,且135PCQ ︒∠=，则PC ．（直接写出结果）
9．如图，菱形纸片ABCD 的边长为2,60,BAC ∠=︒翻折,,B D ∠∠使点,B D 两点重合在对角线BD 上一点,,P EF GH 分别是折痕．设()02AE x x =<<．
（1）证明：AG BE =；
（2）当02x <<时，六边形AEFCHG 周长的值是否会发生改变，请说明理由； （3）当02x <<时，六边形AEFCHG 的面积可能等于53吗?如果能，求此时x 的值；如果不能，请说明理由．
10．如图，等腰直角三角形OAB 的三个定点分别为(0,0)O 、(0,3)A 、(3,0)B -，过A 作y 轴的垂线1l .点C 在x 轴上以每秒3的速度从原点出发向右运动，点D 在1l 上以每秒3322
+的速度同时从点A 出发向右运动，当四边形ABCD 为平行四边形时C 、D 同时停止运动，设运动时间为t .当C 、D 停止运动时，将△OAB 沿y 轴向右翻折得到△1OAB ，1AB 与CD 相交于点E ，P 为x 轴上另一动点.
(1)求直线AB 的解析式，并求出t 的值.
(2)当PE+PD 取得最小值时，求222PD PE PD PE ++⋅的值.
(3)设P 的运动速度为1，若P 从B 点出发向右运动，运动时间为x ，请用含x 的代数式表示△PAE 的面积.
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、解答题
1．（1）P（10
3
，2）；（2）（
5
2
，2）或（﹣
5
2
，2）
【分析】
（1）根据已知条件得到C（5，3），设直线OC的解析式为y＝kx，求得直线OC的解析式
为y＝3
5
x，设P（m，
3
5
m），根据S△POB＝
1
3
S矩形OBCD，列方程即可得到结论；
（2）设点P的纵坐标为h，得到点P在直线y＝2或y＝﹣2的直线上，作B关于直线y＝2的对称点E，则点E的坐标为（5，4），连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，设直线OE的解析式为y＝nx，于是得到结论．
【详解】
（1）如图：
∵矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，
∴C（5，3），
设直线OC的解析式为y＝kx，
∴3＝5k，
∴k＝3
5
，
∴直线OC的解析式为y＝3
5 x，
∵点P在矩形的对角线OC上，
∴设P（m，3
5 m），
∵S△POB＝1
3
S矩形OBCD，
∴1
2
⨯5×
3
5
m＝
1
3
⨯3×5，
∴m＝10
3
，
∴P（10
3
，2）；
（2）∵S△POB＝1
3
S矩形OBCD，
∴设点P的纵坐标为h，
∴1
2
h×5＝
1
3
3
⨯⨯5，
∴h＝2，
∴点P在直线y＝2或y＝﹣2上，
作B关于直线y＝2的对称点E，
则点E的坐标为（5，4），
连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，
设直线OE的解析式为y＝nx，
∴4＝5n，
∴n＝4
5
，
∴直线OE的解析式为y＝4
5 x，
当y＝2时，x＝5
2
，
∴P（5
2
，2），
同理，点P在直线y＝﹣2上，
P（5
2
，﹣2），
∴点P的坐标为（5
2
，2）或（﹣
5
2
，2）．
【点睛】
本题考查了轴对称——最短路线问题，矩形的性质，待定系数法求函数的解析式，正确的找到点P在位置是解题的关键．
2．（1）50°；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可；
（2）由平行四边形的性质得出AD＝BC，AD∥BC；证明BC是△EFG的中位线，得出
BC∥FG，BC＝1
2
FG，证出AD∥FH，AD∥FH，由平行四边形的判定方法即可得出结论；
（3）连接EH，CH，根据三角形的中位线定理以及平行四边形的判定和性质即可得到结论．
【详解】
明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAE＝∠BCD＝70°，AD∥BC，
∵∠DCE＝20°，
∵AB∥CD，
∴∠CDE＝180°﹣∠BAE＝110°，
∴∠DEC＝180°﹣∠DCE﹣∠CDE＝50°；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠BAE＝∠BCD，
∵BF＝BE，CG＝CE，
∴BC是△EFG的中位线，
∴BC∥FG，BC＝1
2 FG，
∵H为FG的中点，
∴FH＝1
2 FG，
∴BC∥FH，BC＝FH，
∴AD∥FH，AD∥FH，
∴四边形AFHD是平行四边形；（3）连接EH，CH，
∵CE＝CG，FH＝HG，
∴CH＝1
2
EF，CH∥EF，
∵EB＝BF＝1
2 EF，
∴BE＝CH，
∴四边形EBHC是平行四边形，∴OB＝OC，OE＝OH，
∵OC＝OH，
∴OE＝OB＝OC＝1
2 BC，
∴△BCE是直角三角形，∴∠FEG＝90°，
∴EF⊥EG．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
3．（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．
4．（1）CE=CF且CE⊥CF，理由见解析；（2）见解析；（3）10
【分析】
（1）根据正方形的性质，可证明△CBE≌△CDF（SAS），从而得出CE=CF，
∠BCE=∠DCF，再利用余角的性质得到CE⊥CF；
（2）延长AD至M，使DM=BE，连接CM，由△BEC≌△DFC，可得∠BCE=∠DCF，即可求∠GCF=∠GCE=45°，且GC=GC，EC=CF可证△ECG≌△GCF（SAS），则结论可求．
（3）过点C作CF⊥AD于F，可证四边形ABCF是正方形，根据（2）的结论可得
DE=DF+BE=4+DF，根据勾股定理列方程可求DF的长，即可得出DE．
【详解】
解：（1）CE=CF且CE⊥CF，
证明：如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠B=∠CDF=90°，
又∵BE=DF，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE=CF，∠BCE=∠DCF，
∵∠BCD=∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠ECD+∠DCF=90°，即CE⊥CF；
（2）延长AD至M，使DM=BE，连接CM，∵∠GCE=45°，
∴∠BCE+∠GCD=45°，
∵△BEC≌△DFC，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠DCF+∠GCD=45°，即∠GCF=45°，
∴∠GCE=∠GCF，且GC=GC，CE=CF，
∴△GCE≌△GCF（SAS），
∴GE=GF，
∴GE=GD+DF=BE+GD；
（3）如图：过点C作CF⊥AD于F，
∵AD∥BC，∠B=90°，
∴∠A=90°，
∵∠A=∠B=90°，FC⊥AD，
∴四边形ABCF是矩形，且AB=BC=12，
∴四边形ABCF是正方形，
∴AF=12，
由（2）可得DE=DF+BE，
∴DE=4+DF，
在△ADE中，AE2+DA2=DE2．
∴（12-4）2+（12-DF ）2=（4+DF ）2．
∴DF=6，
∴DE=4+6=10．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，四边形的面积，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
5．（1）详见解析；（2）2BH AE =，理由详见解析
【分析】
1）如图1，连接DF ，根据对称得：△ADE ≌△FDE ，再由HL 证明Rt △DFG ≌Rt △DCG ，可得结论；
（2）如图2，作辅助线，构建AM=AE ，先证明∠EDG=45°，得DE=EH ，证明
△DME ≌△EBH ，则EM=BH ，根据等腰直角△AEM 得：2EM AE =
，得结论；
【详解】
证明：（1）如图1，连接DF ，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴DA DC =，90A C ∠=∠=︒，
∵点A 关于直线DE 的对称点为F ，
∴ADE ∆≌FDE ∆，
∴DA DF DC ==，90DFE A ∠=∠=︒，
∴90DFG ∠=︒，
在Rt DFG ∆和Rt DCG ∆中，
∵DF DC DG DG =⎧⎨=⎩
∴Rt DFG ∆≌Rt DCG ∆（HL ），
∴GF GC =；
（2）
2BH AE =，理由是：
如图2，在线段AD 上截取AM ，使AM AE =，
∵AD AB =，
∴DM BE =，
由（1）知：12∠=∠，34∠=∠，
∵90ADC ∠=︒，
∴123490∠+∠+∠+∠=︒，
∴222390∠+∠=︒，
∴2345∠+∠=︒，
即45EDG ∠=︒，
∵EH DE ⊥，
∴90DEH ∠=︒，DEH ∆是等腰直角三角形，
∴190AED BEH AED ∠+∠=∠+∠=︒，DE EH =，
∴1BEH ∠=∠，
在DME ∆和EBH ∆中，
1DM BE BEH DE EH =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴DME ∆≌EBH ∆
∴EM BH =，
Rt AEM ∆中，90A ∠=︒，AM AE =，
∴2EM AE =
， ∴2BH AE ；
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，对称的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解决本题的关键是利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等，作出辅助线也是解决本题的关键．
6．（1）四边形AEFD 能够成为菱形，理由见解析；（2）5t =，理由见解析.
【分析】
（1）能；首先证明四边形AEFD 为平行四边形，当AE ＝AD 时，四边形AEFD 为菱形，即40﹣4t ＝2t ，解方程即可解决问题；
（2）当∠FDE ＝90°时，AEFD 为矩形，再根据线段的长度关系列方程求得.
【详解】
解：（1）四边形AEFD 能够成为菱形，
理由如下：在DFC ∆中，90,30DFC C ∠=︒∠=︒，4DC t =，
∴2DF t =，
又∵2AE t =，∴AE DF =，
∵,AB BC DF BC ⊥⊥，∴//AE DF ，
又∵AE DF =，∴四边形AEFD 为平行四边形，
如图1，当AE AD =时，四边形AEFD 为菱形，即4042t t -=，解得203t =.
∴当203
t =
秒时，四边形AEFD 为菱形. （2）
如图2，当90FDE ∠=︒时，四边形EBFD 为矩形，
在Rt AED ∆中，60A ∠=︒，则30ADE ∠=︒，∴2AD AE =，
即4044t t -=，
解得5t =.
【点睛】
本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、直角三角形的判定和性质、矩形的性质等知识，解题的关键是方程思想，学会构建方程解决问题.
7．（1）见解析；（2）见解析.
【分析】
（1）连接BD ，BD 与AM 交于点O ，连接CO 并延长交于AB ，则CO 与AB 的交点为点N ．可先证明△AOD ≌△COD ，再证明△MOB ≌NOB ，从而可得NB =MB ；
（2）连接MO 并延长与AE 交于点Q ，连接QC ，则CQ ∥AM ．理由如下：由正方形的性质以及平行线等分线段可证QO =MO ，从而可知四边形AQCM 为平行四边形，从而可得CQ ∥AM ．
解：（1）如图（1），
连接BD，BD与AM交于点O，连接CO并延长交于AB，则CO与AB的交点为点N，则CN 为所作．
理由：在△AOD与△COD中，
∵
AD CD
ADO CDO OD OD
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△AOD≌△COD（SAS），∴∠OAD=∠OCD，
∴∠BAM=∠BCN．
在△ABM与△CBN中，
∵
BAM BCN AB CB
ABM CBN ∠∠
⎧
⎪
⎨
⎪∠∠
⎩
＝
＝
＝
，
∴△ABM≌△CBN（ASA），
∴CN=AM．
（2）如图2连接AC、BD交与O点，连接MO并延长与AE交于点Q，连接QC，则CQ为所求的线段.
在正方形ABCD中，OA=OB=OC=OD，AD∥BC，
∴QO=MO
∴四边形AQCM为平行四边形，
∴QC∥AM
【点睛】
本题考查了作图-基本作图，解决此题的关键是利用正方形的性质求解．
8．（1）见解析；（2）222
MN BN DM
=+，理由见解析；（3）32
（1）由直角三角形的性质得AO=MO=12
BE=BO=EO ，得∠ABO=∠BAO ，∠OBM=∠OMB ，证出∠AOM=∠AOE+∠MOE=2∠ABO+2∠MBO=2∠ABD=90°即可；
（2）在AD 上方作AF ⊥AN ，使AF=AN ，连接DF 、MF ，证△ABN ≌△ADF （SAS ），得BN=DF ，∠DAF=∠ABN=45°，则∠FDM=90°，证△NAM ≌△FAM （SAS ），得MN=MF ，在Rt △FDM 中，由勾股定理得FM 2=DM 2+FD 2，进而得出结论；
（3）作P 关于直线CQ 的对称点E ，连接PE 、BE 、CE 、QE ，则△PCQ ≌△ECQ ，
∠ECQ=∠PCQ=135°，EQ=PQ=9，得∠PCE=90°，则∠BCE=∠DCP ，△PCE 是等腰直角三角形，得
PE ，证△BCE ≌△DCP （SAS ），得∠CBE=∠CDB=∠CBD=45°，则∠EBQ=∠PBE=90°，由勾股定理求出
BE=PE=6，即可得出PC 的长．
【详解】
解：（1）证明：四边形ABCD 是正方形，
90ABC BAD ∴∠=∠=︒，45ABD ADB ∠=∠=︒，
ME BD ⊥，
90BME ∴∠=︒， O 是BE 的中点，
12
AO MO BE BO EO ∴====， ABO BAO ∴∠=∠，OBM OMB ∠=∠，
22290AOM AOE MOE ABO MBO ABD ∴∠=∠+∠=∠+∠=∠=︒；
（2）222MN BN DM =+，理由如下：
在AD 上方作AF AN ⊥，使AF AN =，连接DF 、MF ，如图2所示：
则90NAF ∠=︒，
四边形ABCD 是正方形，
AB AD ∴=，90BAD NAF ∠=∠=︒，
BAN DAF ∴∠=∠，
45NAM ∠=︒，
45FAM NAM ∴∠=︒=∠，
在ABN ∆和ADF ∆中，AB AD BAN DAF AN AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
()ABN ADF SAS ∴∆≅∆，
BN DF ∴=，45DAF ABN ∠=∠=︒，
90FDM ADB ADF ∴∠=∠+∠=︒，
45NAM ∠=︒，
45FAM NAM ∴∠=︒=∠，
在NAM ∆和FAM ∆中，AN AF NAM FAM AM AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
()NAM FAM SAS ∴∆≅∆，
MN MF ∴=，
在Rt FDM ∆中，222FM DM FD =+，
即222MN BN DM =+；
（3）作P 关于直线CQ 的对称点E ，连接PE 、BE 、CE 、QE ，如图3所示： 则PCQ ECQ ∆≅∆，135ECQ PCQ ∠=∠=︒，9EQ PQ ==，
36090PCE PCQ ECQ ∴∠=︒-∠-∠=︒，
BCE DCP ∴∠=∠，PCE ∆是等腰直角三角形，
2CE CP ∴==， 在BCE ∆和DCP ∆中，BC DC BCE DCP CE CP =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
()BCE DCP SAS ∴∆≅∆，
45CBE CDB CBD ∴∠=∠=∠=︒，
90EBQ ∴∠=︒，
90PBE ∴∠=︒，
2PB =，9PQ =，
7BQ PQ PB ∴=-=，
22229742BE EQ BQ ∴=--=
22222(42)6PE PB BE ∴++，
232PC ∴==； 故答案为：32
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的判定、勾股定理、轴对称的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
9．（1）见解析；（2）不变，见解析；（3）能，212x =-或212+ 【分析】
（1）由折叠的性质得到BE=EP ，BF=PF ，得到BE=BF ，根据菱形的性质得到AB ∥CD ∥FG ，BC ∥EH ∥AD ，于是得到结论；
（2）由菱形的性质得到BE=BF ，AE=FC ，推出△ABC 是等边三角形，求得∠B=∠D=60°，得到∠B=∠D=60°，于是得到结论；
（3）记AC 与BD 交于点O ，得到∠ABD=30°，解直角三角形得到AO=1，3S 四边形ABCD 3AEFCHG 53时，得到S △BEF +S △DGH 33GH 与BD 交于点M ，求得GM=
12
x ，根据三角形的面积列方程即可得到结论． 【详解】
解:()1折叠后B 落在BD 上， ,BE EP ∴=BF PF = BD 平分,ABC ∠
BE BF ∴=，
∴四边形BEPF 为菱形，同理四边形GDHP 为菱形，
////,// //,AB CD FG BC EH AD ∴
∴四边形AEPG 为平行四边形，
AG EP BE ∴==.
()2不变.
理由如下:由()1得.AG BE =
四边形BEPF 为菱形，
,.BE BF AE FC ∴==
60,BAC ABC ∠=︒为等边三角
60B D ∴∠=∠=︒，
,,EF BE GH DG ∴==
36AEFCHG C AE EF FC CH GH AG AB ∴=+++++==六边形为定值.
()3记AC 与BD 交于点O .
2,60,AB BAC =∠=
30,ABD ∴∠=
1,AO ∴=3,BO =
12332
ABC S ∴=⨯=23ABCD S ∴=四边形当六边形AEFCHG 534 53233344
DEF DGH S S +==由()1得BE AG =
AE DG ∴=
DG x =
2BE x ∴=-
记GH 与BD 交于点,M
12GM x ∴=，3DM x = 23DHG S x ∴= 同理)2233233BEF S
x x x =-= 223333334
x x x +=化简得22410,x x -+= 解得1212x =-，2212x =+ ∴当212x =-或212
+时，六边形AEPCHG 534 【点睛】
此题是四边形的综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形的面积公式，菱形的面积公式，解本题的关键是用x 表示出相关的线段，是一道基础题目．
10．（1）2t =；（2）222=2433PD PE PD PE ++⋅-； (3)①当06x ≤≤时，S △PAE (6)(33)x -+②当6x ≥时, S △PAE (6)(33)x -+ 【解析】
【分析】
（1）设直线AB 为3y kx =+，把B(-3,0)代入，求得k ，确定解析式；再设设t 秒后构成平行四边形，根据题意列出方程，求出t 即可；
（2）过E 作关于x 轴对于点E ',连接EE′交x 轴于点P ,则此时PE+PD 最小.由（1）得到当t=2时，有C （3，0），D(33+,3)，再根据AB ∥CD ，求出直线CD 和AB 1的解析式，确定E 的坐标；然后再通过乘法公式和线段运算，即可完成解答.
（3）根据（1）可以判断有06x ≤≤和6x ≥两种情况，然后分类讨论即可.
【详解】
（1）解：设直线AB 为3y kx =+，把B(-3,0)代入得：
033k =-+
∴1k =
∴3y x 由题意得：
设t 秒后构成平行四边形，则
33332t t ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭
解之得：2t =，
（2）如图:过E 作关于x 轴对于点E ',
连接EE′交x 轴于点P ,则此时PE+PD 最小.
由（1）t=2得：
∴C 30），D(33,3)
∵AB ∥CD
∴设CD 为1y x b =+
把C 30）代入得
b 1=3
∴CD 为：y x 3=-易得1AB 为：3y x =-+
∴33y x y x ⎧=-⎪⎨=-+⎪⎩
解之得：E(32
+
∴2222222()324PD PE PD PE PD PE E D '⎛++⋅=+==++=- ⎝⎭⎝⎭
(3)①当06x ≤≤时
S △PAE =S △PAB 1-S △PEB1=13(6)(3(6)3224x x ⎛⎫---= ⎪ ⎪⎝⎭
②当6x ≥时：
S △PAE =S △PAB1-S △PEB1=13(6)(3(6)3224x x ⎛⎫---= ⎪ ⎪⎝⎭
【点睛】
本题是一次函数的综合题型，主要考查了用待定系数求一次函数的关系式，点的坐标的确定，动点问题等知识点.解题的关键是扎实的基本功和面对难题的自信.。