人教版八年级初二数学下学期平行四边形单元达标专项训练检测

人教版八年级初二数学下学期平行四边形单元达标专项训练检测
一、解答题
1．在数学的学习中，有很多典型的基本图形．
（1）如图①，ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，直线l 经过点A ，BD ⊥直线l ，CE ⊥直线l ，垂足分别为D 、E ．试说明ABD CAE ≌；
（2）如图②，ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D 、A 、F 在同一条直线上，BD DF ⊥，3AD =，4BD =．则菱形AEFC 面积为______．
（3）如图③，分别以Rt ABC 的直角边AC 、AB 向外作正方形ACDE 和正方形ABFG ，连接EG ，AH 是ABC 的高，延长HA 交EG 于点I ，若6AB =，8AC =，求AI 的长度．
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．在ABCD 中，以AD 为边在ABCD 内作等边ADE ∆，连接BE ．
（1）如图1，若点E 在对角线BD 上，过点A 作AH BD ⊥于点H ，且75DAB ∠=︒，
AB 6=，求AH 的长度； （2）如图2，若点F 是BE 的中点，且CF BE ⊥，过点E 作MN CF ，分别交AB ，CD 于点,M N ，在DC 上取DG CN =，连接CE ，EG ．求证：
①CEN DEG ∆∆≌；
②ENG ∆是等边三角形．
4．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．
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，在长方形ABCD 中，8,6AB AD ==． 动点P Q 、分别从点、D A 同时出发向点C B 、运动，点P 的运动速度为每秒2个单位，点Q 的运动速度为每秒1个单位，当点P 运动到点C 时，两个点都停止运动，设运动的时间为()t s ．
（1）请用含t 的式子表示线段PC BQ 、的长，则PC ________，BQ =________． （2）在运动过程中，若存在某时刻使得BPQ ∆是等腰三角形，求相应t 的值．
7．如图，四边形ABCD 为正方形.在边AD 上取一点E ，连接BE ，使60AEB ∠=︒.
（1）利用尺规作图（保留作图痕迹）：分别以点B 、C 为圆心，BC 长为半径作弧交正方形内部于点T ，连接BT 并延长交边AD 于点E ，则60AEB ∠=︒；
（2）在前面的条件下，取BE 中点M ，过点M 的直线分别交边AB 、CD 于点P 、Q . ①当PQ BE ⊥时，求证：2BP AP =；
②当PQ BE =时，延长BE ，CD 交于N 点，猜想NQ 与MQ 的数量关系，并说明理由.
8．如图，在四边形ABCD 中，AD BC =，AD BC ∥，连接AC ，点P 、E 分别在AB 、CD 上，连接PE ，PE 与AC 交于点F ，连接PC ，D ∠=BAC ∠，DAE AEP ∠=∠． （1）判断四边形PBCE 的形状，并说明理由；
（2）求证：CP AE =；
（3）当P 为AB 的中点时，四边形APCE 是什么特殊四边形？请说明理由．
9．如图,已知平面直角坐标系中,1,0A 、()0,2C ,现将线段CA 绕A 点顺时针旋转90︒得到点B ,连接AB .
(1)求出直线BC 的解析式；
(2)若动点M 从点C 出发,沿线段CB 以每分钟10个单位的速度运动,过M 作//MN AB 交y 轴于N ,连接AN .设运动时间为t 分钟,当四边形ABMN 为平行四边形时,求t 的值.
(3)P 为直线BC 上一点,在坐标平面内是否存在一点Q ,使得以O 、B 、P 、Q 为顶点的四边形为菱形,若存在,求出此时Q 的坐标；若不存在,请说明理由.
10．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。

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、解答题
1．（1）见解析；（2）24；（3）5AI =．
【分析】
（1）证∠BDA ＝∠CEA ＝90°，∠CAE ＝∠ABD ，由AAS 证明△ABD ≌△CAE 即可； （2）连接CE ，交AF 于O ，由菱形的性质得∠COA ＝∠ADB ＝90°，同（1）得△ABD ≌△CAO （AAS ），得OC ＝AD ＝3，OA ＝BD ＝4，由三角形面积公式求出S △AOC ＝6，即可得出答案；
（3）过E 作EM ⊥HI 的延长线于M ，过点G 作GN ⊥HI 于N ，同（1）得△ACH ≌△EAM （AAS ），△ABH ≌△GAN （AAS ），得EM ＝AH ＝GN ，证△EMI ≌△GNI （AAS ），得EI ＝
GI ，证∠EAG ＝90°，由勾股定理求出EG ＝10，再由直角三角形的性质即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵BD ⊥直线l ，CE ⊥直线l ，
∴∠BDA ＝∠CEA ＝90°，
∵∠BAC ＝90°，
∴∠BAD +∠CAE ＝90°
∵∠BAD +∠ABD ＝90°，
∴∠CAE ＝∠ABD
在△ABD 和△CAE 中，
ABD CAE BDA CEA AB AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△ABD ≌△CAE （AAS ）；
（2）解：连接CE ，交AF 于O ，如图②所示：
∵四边形AEFC 是菱形，
∴CE ⊥AF ，
∴∠COA ＝∠ADB ＝90°，
同（1）得：△ABD ≌△CAO （AAS ），
∴OC ＝AD ＝3，OA ＝BD ＝4，
∴S △AOC ＝12OA •OC ＝12
×4×3＝6， ∴S 菱形AEFC ＝4S △AOC ＝4×6＝24，
故答案为：24；
（3）解：过E 作EM ⊥HI 的延长线于M ，过点G 作GN ⊥HI 于N ，如图③所示： ∴∠EMI ＝∠GNI ＝90°，
∵四边形ACDE 和四边形ABFG 都是正方形，
∴∠CAE ＝∠BAG ＝90°，AC ＝AE ＝8，AB ＝AG ＝6，
同（1）得：△ACH ≌△EAM （AAS ），△ABH ≌△GAN （AAS ），
∴EM ＝AH ＝GN ，
在△EMI 和△GNI 中，
EIM GIH EMI GNI EM GN ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△EMI ≌△GNI （AAS ），
∴EI ＝GI ，
∴I 是EG 的中点，
∵∠CAE ＝∠BAG ＝∠BAC ＝90°，
∴∠EAG ＝90°，
在Rt △EAG 中， EG ＝22AE AG +＝2286+＝10，
∵I 是EG 的中点，
∴AI ＝12EG ＝12
×10＝5．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、菱形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
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
）AH 2）①证明见解析；②证明见解析
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得到∠DAE ＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠DAH ＝∠EAH ，求出∠HAB ＝45°，根据等腰直角三角形的性质计算，得到答案；
（2）①根据线段垂直平分线的性质得到CB ＝CE ，根据平行四边形的性质得到AD ＝BC ，得到DE ＝CE ，利用SAS 定理证明结论；
②根据全等三角形的性质得到EN ＝EG ，根据等边三角形的判定定理证明即可．
【详解】
（l ）∵ADE ∆是等边三角形，∴60DAE ∠=︒.
∵AH BD ⊥，∴1
302
DAH HAE DAE ︒∠=∠=∠=. ∵75DAB ∠=︒，∴753045BAH BAD DAH ︒︒︒∠=∠-∠=-=.
∴AH BH === （2）①∵点F 是BE 的中点，且CF BE ⊥，
∴线段CF 是线段BE 的垂直平分线.
∴CE CB =，ECF BCF ∠=∠.
∵ADE ∆是等边三角形，∴DE AD =.
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD BC =，∴DE CE =.∴EDC ECD ∠=∠.
在DEG ∆和CEN ∆中，DG CN GDE NCE DE CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴()CEN DEG SAS ∆∆≌.
②由①知：CEN DEG ∆∆≌，∴EN EG =.
∵AD BC ∥，∴180ADC BCD ︒∠+∠=.
∵60ADE ∠=︒，∴120EDC BCD ︒∠+∠=.
∵ECF BCF ∠=∠，EDC ECD ∠=∠，∴60DCF ∠=︒.
∵CF MN ，∴60DNE DCF ∠=∠=︒.
∴ENG ∆是等边三角形.
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
4．（1）见解析；（2） HG ＝OH +BG ；（3）能成矩形，y 3342x =
-． 【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．
5．（1）详见解析；（2）2
BH 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：2
EM 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 =，
∴EM =
，
∴BH ； 【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）8-2t ，8-t ；（2）
83或74 【分析】
（1）根据P 、Q 的运动速度以及AB 和CD 的长即可表示；
（2）分PQ=PB 、BP=BQ 和QP=QB 三种情况进行分析即可．
【详解】
解：（1）由题意可得：
DP=2t ，AQ=t ，
∴PC=8-2t ，BQ=8-t ，
故答案为：8-2t ，8-t ；
（2）当PQ=PB 时，
如图①，QH=BH ，
则t+2t=8，
解得，t=83
， 当PQ=BQ 时，
（2t-t ）2+62=（8-t ）2，
解得，t=74
， 当BP=BQ 时，
（8-2t ）2+62=（8-t ）2，
方程无解；
∴当t=83或74
时，△BPQ 为等腰三角形． 【点睛】
本题考查的是矩形的性质、等腰三角形的判定，掌握性质并灵活运用性质是解题的关键，注意分情况讨论思想的应用．
7．（1）作图见解析；（2）①见解析；②数量关系为：2NQ MQ =或NQ MQ =．理由见解析；
【分析】
（1）按照题意，尺规作图即可；
（2）连接PE ，先证明PQ 垂直平分BE ，得到PB=PE ，再证明60APE ∠=︒，得到30AEP ∠=︒，利用在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半，即可解答； （3）NQ=2MQ 或NQ=MQ ，分两种情况讨论，作辅助线，证明ABE FQP ∆≅∆，即可解答.
【详解】
（1）如图1，分别以点B 、C 为圆心，BC 长为半径作弧交正方形内部于点T ，连接BT 并延长交边AD 于点E ；
图1
（2）①连接PE ，如图2，
图2
点M 是BE 的中点，PQ BE ⊥
∴PQ 垂直平分BE ．
∴PB PE =，
∴90906030PEB PBE AEB ∠=∠=︒-∠=︒-︒=︒，
∴60APE PBE PEB ∠=∠+∠=︒，
∴90906030AEP APE ∠=︒∠=︒-︒=︒，
∴60APE PBE PEB ∠=∠+∠=︒，
∴90906030AEP APE ∠=︒∠=︒-︒=︒，
∴2BP EP AP ==．
②数量关系为：2NQ MQ =或NQ MQ =．
理由如下，分两种情况：
I 、如图3所示，过点Q 作QF AB ⊥于点F 交BC 于点G ，则QF CB =．
图3
正方形ABCD 中，AB BC =，
∴FQ AB =．
在Rt ABE △和Rt FQP 中，
BE PQ
AB FQ =⎧⎨=⎩
∴()ABE FQP HL ≌．
∴30FQP ABE ∠=∠=︒． 又
60MGO AEB ∠=∠=︒，
∴90GMO ∠=︒， CD AB ．∴30N ABE ∠=∠=︒．
∴2NQ MQ =．
Ⅱ、如图4所示，过点Q 作QF AB ⊥于点F 交BC 于点G ，则QF CB =．
图4
同理可证ABE FQP ≌．
此时60FPQ AEB ∠=∠=︒． 又FPQ ABE PMB ∠=∠+∠，30N ABE ∠=∠=︒．
∴30EMQ PMB ∠=∠=︒．
∴N EMQ ∠=∠，∴NQ MQ =．
【点睛】
本题为正方形和三角形变化综合题，难度较大，熟练掌握相关性质定理以及分类讨论思想是解答本题的关键.
8．（1）四边形PBCE 为平行四边形，证明过程见解析；（2）见解析；（3）四边形APCE 为矩形，证明过程见解析.
【分析】
（1）证明四边形ABCD 为平行四边形，从而得BP//CE ，根据内错角相等证明AD//PE,从而可证PE//BC ，得四边形PBCE 为平行四边形；（2）证明△CBP≌△ACE 即可证明CP=AE ；
（3）证明四边形APCE 为平行四边形，然后根据三线合一证明∠APC=90°，可证四边形APCE 为矩形.
【详解】
解：（1）四边形PBCE 为平行四边形.
证明：∵AD BC =，AD BC ∥，
∴四边形ABCD 为平行四边形，
∴PB//EC,
∵DAE AEP ∠=∠,
∴AD//PE,
∴PE//BC,
∴四边形PBCE 为平行四边形.
（2）∵四边形ABCD 为平行四边形，
∴∠B=∠D，AB//CD,
∴BAC ACE =∠∠
又∵D ∠=BAC ∠，
∴∠B=BAC ∠，
∴BC=AC ，B ACE ∠=∠
∵四边形PBCE 为平行四边形，
∴PB=CE，
在△CBP 和△ACE 中
BP CE B ACE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△CBP≌△ACE.
∴CP AE =.
（3）四边形APCE 为矩形，
证明：∵P 为AB 的中点
∴BP=AP ,
∵四边形PBCE 为平行四边形，
∴BP=CE,
∴AP=CE,
又∵AB//CD
∴四边形APCE为平行四边形，
∵CB=CA，AP=BP，
∴CP⊥AB，
∴∠APC=90°，
∴ABCD为矩形.
【点睛】
本题考查平行四边形的性质和判定，矩形的判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形“三线合一”.熟记平行四边形的判定和矩形的判定定理，能根据题意分析得出线段与线段、角与角之间的关系，选择合适的定理是解决本题的关键.
9．（1）
1
2
3
y x
=-+；（2）t=
2
3
s时，四边形ABMN是平行四边形；（3）存在，点Q
坐标为：
618
,
55
⎛⎫
⎪
⎝⎭
或(3,1)
-或(3,1)
-或
155
,
88
⎛⎫
-
⎪
⎝⎭
.
【分析】
（1）如图1中，作BH⊥x轴于H．证明△COA≌△AHB（AAS），可得BH=OA=1，
AH=OC=2，求出点B坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
（2）利用平行四边形的性质求出点N的坐标，再求出AN，BM，CM即可解决问题．（3）如图3中，当OB为菱形的边时，可得菱形OBQP，菱形OBP1Q1．菱形OBP3Q3，当OB为菱形的对角线时，可得菱形OP2BQ2，点Q2在线段OB的垂直平分线上，分别求解即可解决问题．
【详解】
（1）如图1中，作BH⊥x轴于H．
∵A（1，0）、C（0，2），
∴OA=1，OC=2，
∵∠COA=∠CAB=∠AHB=90°，
∴∠ACO+∠OAC=90°，∠CAO+∠BAH=90°，
∴∠ACO=∠BAH，
∵AC=AB，
∴△COA≌△AHB（AAS），
∴BH=OA=1，AH=OC=2，
∴OH=3，
∴B（3，1），
设直线BC 的解析式为y=kx+b ，则有231b k b =⎧⎨+=⎩
， 解得：1
32
k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，
∴123
y x =-
+； （2）如图2中，
∵四边形ABMN 是平行四边形，
∴AN ∥BM ，
∴直线AN 的解析式为：1133y x =-
+， ∴10,3N ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ∴10BM AN ==， ∵B （3，1），C （0，2）， ∴10，
∴210CM BC BM =-=
∴1021033t =
=， ∴t=23
s 时，四边形ABMN 是平行四边形； （3）如图3中，
如图3中，当OB为菱形的边时，可得菱形OBQP，菱形OBP1Q1．菱形OBP3Q3，连接OQ交BC于E，
∵OE⊥BC，
∴直线OE的解析式为y=3x，
由
3
1
2
3
y x
y x
=
⎧
⎪
⎨
=-+
⎪⎩
，解得：
3
5
9
5
x
y
⎧
=
⎪⎪
⎨
⎪=
⎪⎩
，
∴E（3
5
，
9
5
），
∵OE=OQ，
∴Q（6
5
，
18
5
），
∵OQ1∥BC，
∴直线OQ1的解析式为y=-1
3 x，
∵OQ110，设Q1（m，-1
m
3
），
∴m2+1
9
m2=10，
∴m=±3，
可得Q1（3，-1），Q3（-3，1），
当OB为菱形的对角线时，可得菱形OP2BQ2，点Q2在线段OB的垂直平分线上，易知线段OB的垂直平分线的解析式为y=-3x+5，
由
35
1
3
y x
y x
=-+
⎧
⎪
⎨
=-
⎪⎩
，解得：
15
8
5
8
x
y
⎧
=
⎪⎪
⎨
⎪=-
⎪⎩
，
∴Q2（15
8
，
5
8
-）．
综上所述，满足条件的点Q坐标为：
618
,
55
⎛⎫
⎪
⎝⎭
或(3,1)
-或(3,1)
-或
155
,
88
⎛⎫
-
⎪
⎝⎭
.
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
10．（1）见解析；（2）①见解析；②∠BDG=60°；（3
【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，
∴
2
DM 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．。