八年级初二数学下学期平行四边形单元 易错题难题自检题学能测试

八年级初二数学下学期平行四边形单元 易错题难题自检题学能测试
一、解答题
1．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 ．
2．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．
3．如图①，已知正方形ABCD 中，E ，F 分别是边AD ，CD 上的点(点E ，F 不与端点重合)，且AE=DF ，BE ，AF 交于点P ，过点C 作CH ⊥BE 交BE 于点H ．
（1）求证：AF ∥CH ；
（2）若AB=23 ，AE=2，试求线段PH 的长；
（3）如图②，连结CP 并延长交AD 于点Q ，若点H 是BP 的中点，试求 CP PQ
的值． 4．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 =，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．
5．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 +=.
6．（问题情境）
在△ABC 中，AB=AC ，点P 为BC 所在直线上的任一点，过点P 作PD ⊥AB ，PE ⊥AC ，垂足分别为D 、E ，过点C 作CF ⊥AB ，垂足为F ．当P 在BC 边上时（如图1），求证：PD+PE=CF ．
图① 图② 图③
证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．（不要证明）
（变式探究）
当点P在CB延长线上时，其余条件不变（如图3）.试探索PD、PE、CF之间的数量关系并说明理由.
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
（结论运用）
如图4，将长方形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF 上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH 的值；
（迁移拓展）
在直角坐标系中.直线l1：y=
4
4
3
x
-+与直线l2：y=2x+4相交于点A，直线l1、l2与x轴分别
交于点B、点C．点P是直线l2上一个动点,若点P到直线l1的距离为1.求点P的坐标.
7．如图，已知正方形ABCD与正方形CEFG如图放置，连接AG，AE．
（1）求证：AG AE
=
（2）过点F 作FP AE ⊥于P ，交AB 、AD 于M 、N ，交AE 、AG 于P 、Q ，交BC 于H ，．求证：NH =FM
8．如图，在平行四边形ABCD 中，BAD ∠的平分线交BC 于点E ，交DC 的延长线于F ，以EC CF 、为邻边作平行四边形ECFG 。

（1）证明平行四边形ECFG 是菱形；
（2）若ABC 120︒∠=，连结BG CG DG 、、，①求证：DGC BGE ≌；②求BDG ∠的度数；
（3）若ABC 90︒∠=，8AB =，14AD =，M 是EF 的中点，求DM 的长。

9．如图，在矩形ABCD 中，AB a ，BC b =，点F 在DC 的延长线上，点E 在AD 上，且有12
CBE ABF ∠=∠．
（1）如图1，当a b =时，若60CBE ∠=︒，求证：BE BF =；
（2）如图2，当32
b a =
时， ①请直接写出ABE ∠与BFC ∠的数量关系：_________； ②当点E 是AD 中点时，求证：2CF BF a +=；
③在②的条件下，请直接写出:BCF ABCD S S ∆矩形的值．
10．如图，ABCD 的对角线,AC BD 相交于点,,6,10O AB AC AB cm BC cm ⊥==，点P 从点A 出发，沿AD 方向以每秒1cm 的速度向终点D 运动，连接PO ，并延长交BC 于点Q ．设点P 的运动时间为t 秒．
（1）求BQ 的长（用含t 的代数式表示）；
（2）当四边形ABQP 是平行四边形时，求t 的值；
（3）当325
t =时，点O 是否在线段AP 的垂直平分线上？请说明理由．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、解答题
1．（1）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 ＝12
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 ＝12
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．
2．（1）（
3
2
，
3
2
）；（2）存在，点D的坐标为（0，3）或（231）或（0，-
1）；（3）OM=3
2
或
21
2
【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
22 120
22
a
b
⎧++
=
⎪⎪
⎨
++
⎪=
⎪⎩
解得：
3
a
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
∴
033
22
120
22
a
b
⎧++
=
⎪⎪
⎨
++
⎪=
⎪⎩
解得：
23
1
a
b
⎧=
⎪
⎨
=
⎪⎩
∴此时点D的坐标为（23，1）；
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，2=
；
综上：OM=
32或2
． 【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．
3．（1）见解析；（2）3）
CP PQ =4． 【分析】
（1）先证△ABE ≌△DAF ，然后通过角度转化，可得AF ⊥BE ，从而证平行；
（2）先在Rt △ABE 中利用勾股定理求得BE 的长，在利用△ABE 的面积，求得AP 的长，最后利用PH=BP －BH 求得PH 的长；
（3）设QP=a ，CP=b ，可推导出在Rt △APE 中，QE=QA=QP ，然后分别用a 、b 表示CP 和PQ 代入可求得．
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD 中，AB=DA ，∠EAB=∠D=90°
又∵AE=DF
∴△ABE ≌△DAF(SAS)
∴∠ABE=∠DAF
又∵∠DAF+∠FAB=∠EAB=90°
∴∠ABE+∠FAB=90°
∴∠APB=90°
∴AF ⊥BE
又∵CH ⊥BE
∴AF ∥CH
（2）解：在正方形ABCD 中，∠EAB=90°，， AE= 2
∴=
从而由S △ABE = 12 AB·AE= 12 BE·AP 得：
∴在Rt △ABP 中，= =3
又容易得：△ABP ≌△BCH ∴
∴（3）解：在正方形ABCD 中，AB=BC ，AD ∥BC
∵CH ⊥BP ，PH=BH
∴CP=BC
∴∠CBP-=∠CPB
而∠CPB=∠QPE ∠CBP=∠QEP
∴∠QPE=∠QEP
∴在Rt △APE 中 ∠QAP=∠QPA
∴QE=QP=QA
在四边形QABC 中，设QP=a CP=b
则AB=BC=b ， AQ=a ，QC=a+b
∴b²+(b-a)2=(a+b)2
∴b²=4ab 即b=4a
即 a
CP b PQ = =4． 【点睛】
本题考查正方形的性质、全等的证明、勾股定理的应用和直角三角形斜边中线的性质，第
（3）问的解题关键是推导得出QE=QA=QP ．
4．（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|5|0n m -+-= ， 又∵5n -≥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
，
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
3
，
∴SR＝CE＝510
3
．
故答案为510
3
．
（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 ＝
12
FD ， ∵PD ∥OQ ， ∴∠DPN ＝∠PQA ，
∵∠PND ＝∠QNA ，
∴△PND ≌△QNA （AAS ），
∴DN ＝AN ，
∴DN ＝12
AD ， ∴MN ＝DM+DN ＝
12DF+12AD ＝12AF ， ∵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 ． 【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．
5．(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.
6．【变式探究】：详见解析；【结论运用】：4；【迁移拓展】：P 1的坐标为（12- ，3）或（
12
，5） 【解析】 试题分析：【变式探究】按照【问题情境】的证明思路即可解决问题．
【结论运用】过E 作EQ BF ⊥，利用问题情境中的结论可得PG PH EQ +=，易证EQ DC BF DF ==，，只需求即可．
【迁移拓展】分成两种情况进行讨论.
试题解析：【变式探究】：连接,AP
∵PD ⊥AB ，PE ⊥AC ，CF ⊥AB ，
ABC ACP ABP S S S ∴=-，
111222
AB CF AC PE AB PD ∴⨯=⨯-⨯， AB AC =，
.CF PE PD ∴=-
【结论运用】过E 作EQ BF ⊥，垂足为Q ，如图④，
∵四边形ABCD 是长方形，90AD BC C ADC ∴=∠=∠=︒，．
835AD CF BF BC CF AD CF ==∴=-=-=，，．
由折叠可得：DF BF BEF DEF =∠=∠，．
590DF C ∴=∠=︒．，
222253 4.DC DF CF ∴=-=-=
90EQ BC C ADC ⊥∠=∠=︒，，
90EQC C ADC ∴∠=︒=∠=∠．
∴四边形EQCD 是长方形．4EQ DC ∴==．
∵AD ∥BC ，DEF EFB ∴∠=∠．
BEF DEF BEF EFB BE BF ∠=∠∴∠=∠∴=，．．
由问题情境中的结论可得：4PG PH EQ PG PH +=∴+=．
． PG PH ∴+的值为4．
【迁移拓展】
由题意得：(04),?(30),(20).A B C -，
，， 2234 5.AB =+=
5.BC = .AB BC ∴=
（1）由结论得：1111 +?4,PD PE OA ==
11111 3.PD PE =∴=，
即点1P 的纵坐标为3，
又点1P 在直线l 2上 ∴24y x =+=3 ,
∴12
x =-. 即点1P 的坐标为1,3.2⎛⎫-
⎪⎝⎭ (2) 由结论得：2222
4,P E P D OA -== 22221 5.P D P E =∴=， 即点2P 的纵坐标为5,
又点2P 在直线l 2上 ∴24y x =+=5.
∴12
x =. 即点2P 的坐标为1,5.2⎛⎫
⎪⎝⎭ 7．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据正方形的性质证得BG=DE ，利用SAS 可证明ABG ≌ADE ，再利用全等的性质即可得到结论；
（2）过M 作MK ⊥BC 于K ，延长EF 交AB 于T ，根据ASA 可证明MHK △≌AED ，得到AE=MH ，再利用AAS 证明TNF △≌DAE △，得到NF=AE ，从而证得MH=NF ，即可得到结论．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD 与四边形CEFG 均为正方形，
∴AB=AD=BC=CD ，CG=CE ，∠ABG=∠ADE=90°，
∴BC －GC=CD －EC ，即BG=DE ，
∴ABG ≌ADE ，
∴AG=AE ；
（2）过M 作MK ⊥BC 于K ，则四边形MKCD 为矩形，
∴∠MKH=∠ADE=90°，MK=CD ，∠AMK=90°，
∴MK=AD ，∠AMP+∠HMK=90°，
又∵FP AE ⊥，
∴∠EAD+∠AMP=90°，
∴∠HMK=∠EAD ，
∴MHK △≌AED ，
∴MH=AE ，
延长EF 交AB 于T ，则四边形TBGF 为矩形，
∴FT=BG ，∠FTN=∠ADE=90°，
∵ABG ≌ADE ，
∴DE=BG ，
∴FT=DE ，
∵FP ⊥AE ，∠DAB=90°，
∴∠N+∠NAP=∠DAE+∠NAP=90°，
∴∠N=∠DAE ，
∴TNF △≌DAE △，
∴FN=AE ，
∴FN=MH ，
∴FN －FH=MH －FH ，
∴NH=FM ．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，及全等三角形的判定与性质，熟练掌握各性质、判定定理是解题的关键．
8．（1）见解析；（2）①见解析；②∠BDG=60°；（3130【分析】
（1）平行四边形的性质可得AD ∥BC ，AB ∥CD ，再根据平行线的性质和角平分线的性质证明∠CEF=∠CFE ，根据等角对等边可得CE=CF ，再根据四边形ECFG 是平行四边形，可得四边形ECFG 为菱形；
（2）①根据已知和菱形的性质得出∠BEG=120°=∠DCG ，再判断出AB=BE ，进而得出BE=CD ，即可判断出△BEG ≌△DCG （SAS ）
②先得出∠CGE=60°再由①得出△BDG 是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG 为正方形，再证明△BME ≌△DMC 可
DM=BM ,∠DMC=∠BME ，再根据∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°可得到△BDM 是等腰直角三角形,等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）证明：∵AF 平分∠BAD ，
∴∠BAF=∠DAF ，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB=DC，AD∥BC，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，∠BCF=120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE=GE，∠BCG=1
2
∠BCF=60°，
∴CG=GE=CE，∠DCG=120°，∵EG∥DF，
∴∠BEG=120°=∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE=∠BAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
∴BE=CD，
∴△BEG≌△DCG（SAS），②∵△BEG≌△DCG
∴BG=DG，∠BGE=∠DGC，
∴∠BGD=∠CGE，
∵CG=GE=CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE=60°，
∴∠BGD=60°，
∵BG=DG，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG=60°；
（3）连接BM，MC，
∵∠ABC=90°，四边形ABCD 是平行四边形，
∴四边形ABCD 是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG 为菱形，
∠ECF=90°，
∴四边形ECFG 为正方形．
∵∠BAF=∠DAF ，
∴BE=AB=DC ，
∵M 为EF 中点，
∴∠CEM=∠ECM=45°，
∴∠BEM=∠DCM=135°，
在△BME 和△DMC 中，
BE CD BEM DCM EM CM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△BME ≌△DMC （SAS ），
∴MB=MD ，
∠DMC=∠BME ．
∴∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°，
∴△BMD 是等腰直角三角形．
∵AB=8，AD=14，
∴65
1302DM BD ∴=
=【点睛】 此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
9．（1）见解析；（2）①2ABE BFC ∠=∠；②见解析；③
732
【分析】
（1）证明()BAE BCF ASA ∆≅∆可得结论．
（2）①结论：2ABE BFC ∠=∠．如图2中，设EBC x ∠=，BFC y ∠=，则2ABF x ∠=，利用三角形内角和定理结合已知条件即可解决问题．
②将ABE ∆绕BE 翻折得到BEH ∆，延长BH 交CD 于T ，连接ET ．设
2AB CD k ==，则3AD BC k ==，利用全等三角形的性质解决问题即可．
③求出CF ，利用三角形的面积公式，矩形的面积公式即可解决问题．
【详解】
解：（1）证明：如图1中，
四边形ABCD 是矩形，
90ABC BCD BCF ∴∠=∠=∠=︒，
60EBC =︒∠，12
CBE ABF ∠=∠， 120ABF ∴∠=︒，
906030ABE ︒∴-︒∠==︒，1209030CBF ∠=︒-︒=︒，
ABE CBF ∴∠=∠，
AB BC =，
()BAE BCF ASA ∴∆≅∆，
BE BF ∴=．
（2）①结论：290EBC BFC ∠+∠=︒．
理由：如图2中，设EBC x ∠=，BFC y ∠=，则2ABF x ∠=，
90BCF ∠=︒，
90FBC y ∴∠=︒-，
=2ABE FBC ABF EBC x x x ∠+∠=∠-∠-=，
(90)ABE x y ∴∠=-︒-，
90ABE EBC ∠+∠=︒，
(90)90x y x ∴-︒-+=︒，
2180x y ∴+=︒，
2180EBC BFC ∴∠+∠=︒，
()290180ABE BFC ∴︒-∠+∠=︒，
2ABE BFC ∴∠=∠．
②证明：将ABE ∆绕BE 翻折得到BEH ∆，延长BH 交CD 于T ，连接ET ．设2AB CD k ==，则3AD BC k ==，
ABE EBH ∠=∠，1 2
EBC ABF
∠=∠，
FBC CBT
∴∠=∠，
90
FBC F CBT BTC
∠+∠=∠+∠=︒，
F BTC
∴∠=∠，
BF BT
∴=，CT CF
=，
DE AE EH
==，ET ET
=，90
D EHT
∠=∠=︒，
Rt ETD Rt ETH(HL)
∴∆≅∆，
DT TH
∴=，
在Rt BCT
∆中，则有222
(2)(3)(2)
k x k k x
+=+-，
解得
9
8
x k
=，
2
BF CF BT CT BH TH CT BH TD TC BH CD AB
∴+=+=++=++=+=．
③由②可知，3
BC k
=，97
2
88
CF CR k k k
==-=，
∴
2
17
3
7
28
632
BCF
ABCD
k k
S
S k
∆
⋅⋅
==
矩形
．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造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．
10．（1）10-t；（2）5秒；（3）见解析
【分析】
（1）先证明△APO≌△CQO，可得出AP=CQ=t，则BQ即可用t表示；
（2）由题意知AP∥BQ，根据AP=BQ，列出方程即可得解；
（3）过点O作直线EF⊥AP，垂足为E，与BC交于F，利用三角形面积公式求出EF，得到OE，利用勾股定理求出AE，再说明AP=2AE即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC，
∴∠PAO=∠QCO，
∵∠AOP=∠COQ，
∴△APO≌△CQO（ASA），
∴AP=CQ=t，
∵BC=10，
∴BQ=10-t；
（2）∵AP∥BQ，
当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
即t=10-t，解得：t=5，
∴当t为5秒时，四边形ABQP是平行四边形；
（3）过点O作直线EF⊥AP，垂足为E，与BC交于F，在Rt△ABC中，∵AB=6，BC=10，
∴AC=22=8
BC AB
-，
∴AO=CO=1
2
AC=4，
∵S△ABC＝1
2
AB AC
⋅=
1
2
BC EF
⋅，
∴AB•AC=BC•EF，∴6×8=10×EF，
∴EF＝24
5
，
∴OE=12
5
，
∴AE=22
AO OE
-=16
5
，
当
32
5
t=时，AP=32
5
，
∴2AE=AP，即点E是AP中点，
∴点O在线段AP的垂直平分线上．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，垂直平分线的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题．。