八年级初二数学下学期平行四边形单元综合模拟测评检测试卷

八年级初二数学下学期平行四边形单元综合模拟测评检测试卷
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，在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠ADC＝120°．动点E、F分别从点B、D同时出发，都以0.5cm/s的速度向点A、C运动，连接AF、CE，分别取AF、CE的中点G、H．设运动的时间为ts （0＜t＜4）．
（1）求证：AF∥CE；
（2）当t为何值时，△ADF的面积为3
cm2；
（3）连接GE、FH．当t为何值时，四边形EHFG为菱形．
3．在矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，点P是边AD上一点，PF⊥BD于点F，PA＝PF．（1）试判断四边形AGFP的形状，并说明理由．
（2）若AB＝1，BC＝2，求四边形AGFP的周长．
4．如图1，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点,,
A B E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接,
PG PC．
（1）求证：,PG PC PG PC ⊥=．
简析：由Р是线段DF 的中点，//DC CF ，不妨延长GP 交DC 于点M ，从而构造出一对全等的三角形，即_______≅________．由全等三角形的性质，易证CMG 是_______三角形，进而得出结论；
（2）如图2，将原问题中的正方形ABCD 和正方形BEFG 换成菱形ABCD 和菱形BEFG ，且60ABC BEF ∠=∠=︒，探究PG 与PC 的位置关系及PG PC
的值，写出你的猜想并加以证明；
（3）当6,2AB BE ==时，菱形ABCD 和菱形BEFG 的顶点都按逆时针排列，且60ABC BEF ∠=∠=︒．若点A B E 、、在一条直线上，如图2，则CP =________；若点
A B G 、、在一条直线上，如图3，则CP =________．
5．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）求证：四边形ECFG 是菱形；
（2）连结BD 、CG ，若120ABC ∠=︒，则BDG ∆是等边三角形吗？为什么？ （3）若90ABC ∠=︒，10AB =，24AD =，M 是EF 的中点，求DM 的长．
6．（1）如图①，在正方形ABCD 中，AEF ∆的顶点E ，F 分别在BC ，CD 边上，高AG 与正方形的边长相等，求EAF ∠的度数；
（2）如图②，在Rt ABD ∆中，90,BAD AD AB ︒∠==，点M ，N 是BD 边上的任意两
点，且45MAN ︒∠=，将ABM ∆绕点A 逆时针旋转90度至ADH ∆位置，连接NH ，试判断MN ，ND ，DH 之间的数量关系，并说明理由；
（3）在图①中，连接BD 分别交AE ，AF 于点M ，N ，若正方形ABCD 的边长为12，GF=6，BM= 32，求EG ，MN 的长．
7．如图所示，四边形ABCD 是正方形， M 是AB 延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点D ，且直角顶点E 在AB 边上滑动(点E 不与点A B 、重合)，另一直角边与CBM ∠的平分线BF 相交于点F ．
(1)求证: ADE FEM ∠=∠;
(2)如图(1)，当点E 在AB 边的中点位置时，猜想DE 与EF 的数量关系，并证明你的猜想;
(3)如图(2)，当点E 在AB 边(除两端点)上的任意位置时，猜想此时DE 与EF 有怎样的数量关系，并证明你的猜想．
8．已知四边形ABCD 是正方形，将线段CD 绕点C 逆时针旋转α（090α︒<<︒），得到线段CE ，联结BE 、CE 、DE . 过点B 作BF ⊥DE 交线段DE 的延长线于F ．
（1）如图，当BE=CE时，求旋转角α的度数；
（2）当旋转角α的大小发生变化时，BEF
∠的度数是否发生变化?如果变化，请用含α的代数式表示；如果不变，请求出BEF
∠的度数；
（3）联结AF，求证：2
=．
DE AF
9．如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，且交AC于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD.
（1）①求证：四边形BFDE是菱形；②求∠EBF的度数．
（2）把（1）中菱形BFDE进行分离研究，如图2，G，I分别在BF，BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH，并延长FH交ED于点J，连接IJ，IH，IF，IG．试探究线段IH与FH之间满足的数量关系，并说明理由；
（3）把（1）中矩形ABCD进行特殊化探究，如图3，矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE，作EF⊥DE，垂足为点E，交AB于点F，连接DF，交AC于点G．请直接写出线段AG，GE，EC三者之间满足的数量关系．
10．如图，四边形ABCD为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，D(0，0)，B(3，4)，矩形ABCD沿直线EF折叠，点B落在AD边上的G处，E、F分别在BC、AB边上且F(1，4)．
(1)求G点坐标
(2)求直线EF解析式
(3)点N在坐标轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点坐标；若不存在，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）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=112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112
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，BP=22AB AP + =228t +=2283+=73≠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221622168t 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）t ＝2；（3）t ＝1．
【分析】
（1）由菱形的性质可得AB ＝CD ，AB ∥CD ，可求CF ＝AE ，可得结论；
（2）由菱形的性质可求AD ＝2cm ，∠ADN ＝60°，由直角三角形的性质可求AN 3＝3cm ，由三角形的面积公式可求解；
（3）由菱形的性质可得EF⊥GH，可证四边形DFEM是矩形，可得DF＝ME，由直角三角形的性质可求AM＝1，即可求解．
【详解】
证明：（1）∵动点E、F分别从点B、D同时出发，都以0.5cm/s的速度向点A、C运动，∴DF＝BE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴CF＝AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF∥CE；
（2）如图1，过点A作AN⊥CD于N，
∵在菱形ABCD中，AB＝2cm，∠ADC＝120°，
∴AD＝2cm，∠ADN＝60°，
∴∠NAD＝30°，
∴DN＝1
2
AD＝1cm，AN＝3DN＝3cm，
∴S△ADF＝1
2×DF×AN＝
1
2
×
1
2
t×3＝
3
2
，
∴t＝2；
（3）如图2，连接GH，EF，过点D作DM⊥AB于M，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴FA＝CE，
∵点G是AF的中点，点H是CE的中点，
∴FG＝CH，
∴四边形FGHC是平行四边形，
∴CF∥GH，
∵四边形EHFG为菱形，∴EF⊥GH，
∴EF⊥CD，
∵AB∥CD，
∴EF⊥AB，
又∵DM⊥AB，
∴四边形DFEM是矩形，∴DF＝ME，
∵∠DAB＝60°，
∴∠ADM＝30°，
∴AM＝1
2
AD＝1cm，∵AM+ME+BE＝AB，
∴1+1
2t+
1
2
t＝2，
∴t＝1．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
3．（1）四边形AGFP是菱形，理由见解析；（2）四边形AGFP的周长为：2
【分析】
（1）根据矩形的性质和菱形的判定解答即可；
（2）根据全等三角形的判定和性质，以及利用勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）四边形AGFP是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAP＝90°，
∵PF⊥BD，PA＝PF，
∴∠PBA＝∠PBF，
∵AE⊥BD，
∴∠PBF+∠BGE＝90°，
∵∠BAP＝90°，
∴∠PBA+∠APB＝90°，
∴∠APB＝∠BGE，
∵∠AGP＝∠BGE，
∴∠APB＝∠AGP，
∴AP＝AG，
∵PA＝PF，
∴AG＝PF，
∵AE ⊥BD ，PF ⊥BD ，
∴AE ∥PF ，
∴四边形AGFP 是平行四边形，
∵PA ＝PF ，
∴平行四边形AGFP 是菱形；
（2）在Rt △ABP 和Rt △FBP 中，
∵PB ＝PB ，PA ＝PF ，
∴Rt △ABP ≌Rt △FBP （HL ），
∴AB ＝FB ＝1，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AD ＝BC ＝2，
∴BD =
设PA ＝x ，则PF ＝x ，PD ＝2﹣x ，PF 1，
在Rt △DPF 中，DF 2+PF 2＝PD 2，
∴2221)(2)x x +=-
解得：x ，
∴四边形AGFP 的周长为：4x ＝4×
122
=． 【点睛】 此题考查矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识定理进行解题．
4．（1）ΔDPM,ΔFPG ；等腰直角；（2）线段PG 与PC 的位置关系是PG ⊥PC ；PG PC ＝
；（3）2
【分析】
（1）延长GP 交DC 于点M ，由Р是线段DF 的中点，//DC CF ，可得
∠MDP=∠GFP ，DP=FP ，利用ASA 可证明△DPM ≌△FPG ；可得DM=GF ，MP=GP ，根据正方形的性质可得CM=CG ，即可证明△CMG 是等腰直角三角形，即可得答案；
（2）如图，延长GP 交DC 于点H ，利用ASA 可证明△GFP ≌△HDP ，可得GP ＝HP ，GF ＝HD ，进而根据菱形的性质可证明△CHG 是等腰三角形，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得PG ⊥PC ，∠HCP=∠GCP ，由∠ABC=60°可得∠HCG=120°，进而可得∠CGP=30°，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理即可得答案；
（3）利用线段的和差关系可求出图2中CG 的长，由（2）可知∠CGP=30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求出CP 的长；在图3中，延长GP 到N ，使GP=PN ，连接DN 、CN 、CG ，过N 作NK ⊥CD ，交CD 延长线于K ，利用SAS 可证明△FGP ≌△DNP ，可得GF=DN ，∠GFP=∠NDP ，根据角的和差关系可得∠CDN=120°，根据平角的定义可得
∠GBC=120°，利用菱形的性质及等量代换可得DN=GB ，利用SAS 可证明△NDC ≌△GBC ，
可得CN=CG，∠DCN=∠BCG，根据等腰三角形的性质可得PC⊥GN，根据角的和差关系可
得∠NCG=120°，进而可得出∠CNP=30°，可得
PC=
1
2
CG，根据平角的定义可得
∠KDN=60°，即可得出∠KND=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得得出KD的长，利用勾股定理可求出KN的长，再利用勾股定理可求出CN的长，根据含30°角的直角三角形的性质即可得出PC的长．
【详解】
（1）如图，延长GP交DC于点M，
∵Р是线段DF的中点，四边形ABCD、BEFG是正方形，点,,
A B E在同一条直线上，
∴//
DC CF，DP=FP，CD=BC，FG=BG，
在△DPM和△FPG中，
MDP GFP DP FP
DPM FPG ∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
，
∴△DPM≌△FPG，
∴DM=FG，KP=GP，
∴CD-DM=BC-BC，即CM=CG，
∴△CMG是等腰直角三角形，
∴PG⊥PC，PG=PC．
故答案为：ΔDPM，ΔFPG；等腰直角
（2）猜想：线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；PG
PC
3．
如图，延长GP交DC于点H，
∵P是线段DF的中点，
∴FP＝DP，
∵四边形ABCD和四边形BEFG是菱形，∴CD//AB，CF//BE，CD＝CB，GF=GB，∵点A B E
、、在一条直线上，
∴DC∥GF，
∴∠GFP＝∠HDP，
在△GFP和△HDP中，
GFP HDP FP DP
GPF HPD ∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
，
∴△GFP≌△HDP，
∴GP＝HP，GF＝HD，
∴CD-DH＝CB-GB，即CG＝CH，
∴△CHG是等腰三角形．
∴PG⊥PC，（三线合一），∠HCP=∠GCP，∵∠ABC＝∠BEF＝60°，
∴∠HCG=120°，
∴∠CGP=1
2
（180°
-120°）=30°，
∴CG=2PC，
∴PG=2222
(2)3
CG PC PC PC PC
-=-=，
∴
PG
PC
＝3．
（3）如图2，∵AB=6，BE=2，
∴CG=AB-BE=4，
由（2）可知∠CGP=30°，PG⊥PC，
∴PC=
1
2
CG=2，
如图3，延长GP到N，使GP=PN，连接DN、CN、CG，过N作NK⊥CD，交CD延长线于K，
在△DNP和△FGP中，
DP FP
NPD GPF
PN PG
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△DNP≌△FGP，
∴DN=GF=BG=BE=2，∠NDP=∠GFP，
∵四边形ABCD和四边形BEFG是菱形，
∴CD//AB，EF//BC，
∵点A、B、G在一条直线上，
∴DC∥EF，
∴∠CDP=∠EFP，
∵∠ABC=∠BEF=60°，
∴∠EFG=∠CBG=120°，
∴∠NDP+CDP=∠GFP+∠EFP=∠EFG=120°，即∠NDC=120°，∴∠KDN=60°，∠KND=30°，
∴KD=1
2
DN=1，
NK=223
DN KD
-=，
∴CK=CD+KD=7，
∴CN=22
CK NK
+=213，
在△CDN和△CBG中，
CD BC
CDN CBG
ND BG
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴CN=CG，∠DCN=∠BCG，
∴PC⊥GN，∠DCN+∠NCB=∠BCG+∠NCB=∠DCB=120°，即∠NCG=120°，
∴∠CNP=
1
2
（180°-∠NCG）=30°，
∴PC=
1
2
CN=13．
故答案为：213
【点睛】
本题考查正方形的性质、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、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，正确作出辅助线、熟记30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质及全等三角形的判定定理是解题关键．
5．（1）详见解析；（2）是，详见解析；（3）132
【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证明∠CEF=∠CFE，根据等角对等边可得CE=CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG=120°=∠DCG，再判断出AB=BE，进而得出BE=CD，即可判断出
△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE=60°，进而得出△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可得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，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（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）∵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），∴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；
（3）如图2中，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=10，AD=24，
∴2222
1024
AB AD
++=26，
∴
2
132
2
DM BD
==
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，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，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，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．6．（1）见解析；（2）MN2=ND2+DH2，理由见解析；（3）EG=4，MN=52
【分析】
（1）根据高AG与正方形的边长相等，证明三角形全等，进而证明角相等，从而求出解．
（2）用三角形全等和正方形的对角线平分每一组对角的知识可证明结论．
（3）设EG=BE=x，根据正方形的边长得出CE，CF，EF，在Rt△CEF中利用勾股定理得到方程，求出EG的长，设MN=a，根据MN2=ND2+BM2解出a值即可．
【详解】
解：（1）在Rt△ABE和Rt△AGE中，AB=AG，AE=AE，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）．
∴∠BAE=∠GAE．
同理，∠GAF=∠DAF．
∴∠EAF＝1
2
∠BAD＝45°；
（2）MN2=ND2+DH2．
∵∠BAM=∠DAH，∠BAM+∠DAN=45°，∴∠HAN=∠DAH+∠DAN=45°．
∴∠HAN=∠MAN，
又∵AM=AH，AN=AN，
∴△AMN≌△AHN（SAS）．
∴MN=HN，
∵∠BAD=90°，AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
∴∠HDN=∠HDA+∠ADB=90°，
∴NH2=ND2+DH2，
∴MN2=ND2+DH2；
（3）∵正方形ABCD的边长为12，
∴AB=AG=12，
由（1）知，BE=EG，DF=FG．
设EG=BE=x，则CE=12-x，
∵GF=6=DF，
∴CF=12-6=6，EF=EG+GF=x+6，
在Rt△CEF中，
∵CE2+CF2=EF2，
∴（12-x）2+62=（x+6）2，
解得x=4，
即EG=BE=4，
在Rt△ABD中，
BD=22AB AD +=122，
在（2）中，MN 2=ND 2+DH 2，BM=DH ，
∴MN 2=ND 2+BM 2．
设MN=a ，则a 2＝()()221223232a
--+， 即a 2=()()22
9232a -+， ∴a=52，即MN ＝52．
【点睛】
本题考查正方形的性质，四边相等，对角线平分每一组对角，以及全等三角形的判定和性质，勾股定理的知识点等．
7．（1）详见解析；（2）DE EF =，理由详见解析；（3）DE EF =，理由详见解析
【分析】
（1）根据90,90AED FEB ADE AED ∠+∠=︒∠+∠=︒，等量代换即可证明；（2）DE=EF ，连接NE ，在DA 边上截取DN=EB ，证出△DNE ≌△EBF 即可得出答案；（3）在DA 边上截取DN EB =，连接NE ，证出()DNE EBF ASA ≌即可得出答案．
【详解】
(1)证明:∵90DAB DEF ∠=∠=︒，
∴90,90AED FEB ADE AED ∠+∠=︒∠+∠=︒，
∴ADE FEM ∠=∠;
(2) ;DE EF =理由如下:
如图，取AD 的中点N ，连接NE ，
∵四边形ABCD 为正方形，
∴AD AB = ，
∵,N E 分别为,AD AB 中点
∴11,22
AN DN AD AE EB AB ==
==， ∴,DN BE AN AE == 又∵90A ∠=︒
∴45ANE ∠=︒
∴180135DNE ANE ∠=︒-∠=︒，
又∵90CBM ∠=︒，BF 平分CBM ∠
∴45,135CBF EBF ∠=︒∠=︒．
∴DNE EBF ∠=∠
在DNE △和EBF △中
ADE FEB DN EB
DNE EBF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
()DNE EBF ASA ≌，
∴DE EF =
(3) DE EF =.理由如下:
如图，在DA 边上截取DN EB =，连接NE ，
∵四边形ABCD 是正方形， DN EB =，
∴AN AE =，
∴AEN △为等腰直角三角形，
∵45ANE ∠=︒
∴18045135DNE ∠=︒-︒=︒，
∵BF 平分CBM ∠， AN AE =，
∴9045135EBF ∠=︒+︒=︒，
∴DNE EBF ∠=∠，
在DNE △和EBF △中
ADE FEB DN EB
DNE EBF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
∴()DNE EBF ASA ≌，
∴DE EF =．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键就是求证△DNE ≌△EBF ．
8．（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC 是等边三角形，从而求得
α=∠DCE =30°．
（2）因为△CED 是等腰三角形，再利用三角形的内角和即可求
∠BEF =18045CED CEB ︒-∠-∠=︒.
（3）过A 点与C 点添加平行线与垂线，作得四边形AGFH 是平行四边形，求得
△ABG ≌△ADH .从而求得矩形AGFH 是正方形，根据正方形的性质证得△AHD ≌△DIC ，从而得出结论．
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD 中, BC =CD .由旋转知，CE =CD ,
又∵BE =CE ,
∴BE =CE =BC ,
∴△BEC 是等边三角形，
∴∠BCE =60°.
又∵∠BCD =90°,
∴α=∠DCE =30°.
（2）∠BEF 的度数不发生变化.
在△CED 中，CE =CD ,
∴∠CED =∠CDE =1809022
︒-α
α︒-， 在△CEB 中,CE =CB ,∠BCE =90α︒-,
∴∠CEB =∠CBE =1804522
BCE α︒-∠=︒+, ∴∠BEF =18045CED CEB ︒-∠-∠=︒.
（3）过点A 作AG ∥DF 与BF 的延长线交于点G ，过点A 作AH ∥GF 与DF 交于点H ，过点C 作CI ⊥DF 于点I
易知四边形AGFH 是平行四边形，
又∵BF ⊥DF ，
∴平行四边形AGFH 是矩形.
∵∠BAD =∠BGF =90°，
∠BPF =∠APD ，
∴∠ABG =∠ADH .
又∵∠AGB =∠AHD =90°，AB =AD ，
∴△ABG ≌△ADH .
∴AG =AH ，
∴矩形AGFH 是正方形.
∴∠AFH =∠FAH =45°，
∴AH =AF
∵∠DAH +∠ADH =∠CDI +∠ADH =90°
∴∠DAH =∠CDI
又∵∠AHD =∠DIC =90°，AD =DC ，
∴△AHD ≌△DIC
∴AH =DI ，
∵DE =2DI ，
∴DE =2AH
=2
AF
【点晴】
本题考查正方形的性质和判定、图形的旋转、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9．（1）①证明见解析；②60EBF ∠=︒；（2）3IH FH =
；（3）222EG AG CE =+. 【分析】
（1）①由DOE BOF ∆≅∆，推出EO OF =，
OB OD =，推出四边形EBFD 是平行四边形，再证明EB ED =即可．
②先证明2ABD ADB ∠=∠，推出30ADB ∠=︒，延长即可解决问题．
（2）3IH FH =．只要证明IJF ∆是等边三角形即可．
（3）结论：222EG AG CE =+．如图3中，将ADG ∆绕点D 逆时针旋转90︒得到DCM ∆，先证明DEG DEM ∆≅∆，再证明ECM ∆是直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，
四边形ABCD 是矩形，
//AD BC ∴，OB OD =，
EDO FBO ∴∠=∠，
在DOE ∆和BOF ∆中，
EDO FBO OD OB
EOD BOF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， DOE BOF ∴∆≅∆，
EO OF ∴=，OB OD =， ∴四边形EBFD 是平行四边形， EF BD ⊥，OB OD =， EB ED ∴=，
∴四边形EBFD 是菱形． ②BE 平分ABD ∠， ABE EBD ∴∠=∠， EB ED =，
EBD EDB ∴∠=∠，
2ABD ADB ∴∠=∠， 90ABD ADB ∠+∠=︒， 30ADB ∴∠=︒，60ABD ∠=︒， 30ABE EBO OBF ∴∠=∠=∠=︒， 60EBF ∴∠=︒．
（2）结论：3
IH FH =． 理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM EJ =，连接MJ ．
四边形EBFD 是菱形，60B ∠=︒， EB BF ED ∴==，//DE BF ， JDH FGH ∴∠=∠， 在DHJ ∆和GHF ∆中， DHG GHF DH GH
JDH FGH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， DHJ GHF ∴∆≅∆， DJ FG ∴=，JH HF =， EJ BG EM BI ∴===， BE IM BF ∴==，
60MEJ B ∠=∠=︒， MEJ ∴∆是等边三角形， MJ EM NI ∴==，60M B ∠=∠=︒ 在BIF ∆和MJI ∆中，
BI MJ B M BF IM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
BIF MJI ∴∆≅∆，
IJ IF ∴=，BFI MIJ ∠=∠，HJ HF =，
IH JF ∴⊥，
120BFI BIF ∠+∠=︒，
120MIJ BIF ∴∠+∠=︒，
60JIF ∴∠=︒，
JIF ∴∆是等边三角形，
在Rt IHF ∆中，90IHF ∠=︒，60IFH ∠=︒，
30FIH ∴∠=︒，
3IH FH ∴=．
（3）结论：222EG AG CE =+．
理由：如图3中，将ADG ∆绕点D 逆时针旋转90︒得到DCM ∆，
90FAD DEF ∠+∠=︒，
AFED ∴四点共圆，
45EDF DAE ∴∠=∠=︒，90ADC ∠=︒，
45ADF EDC ∴∠+∠=︒，
ADF CDM ∠=∠，
45CDM CDE EDG ∴∠+∠=︒=∠，
在DEM ∆和DEG ∆中，
DE DE EDG EDM DG DM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
DEG DEM ∴∆≅∆，
GE EM ∴=，
45DCM DAG ACD ∠=∠=∠=︒，AG CM =，
90ECM ∴∠=︒
222EC CM EM ∴+=，
EG EM =，AG CM =，
222GE AG CE ∴=+．
【点睛】
本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
10．（1）G （0，2）4y =++3）
23466,,,(1,4333M M M ⎛⎛⎛--+ ⎝⎝⎝. 【解析】
【分析】
1（1）由F （1，4），B （3，4），得出AF=1，BF=2，根据折叠的性质得到GF=BF=2，
在Rt △AGF 中，利用勾股定理求出AG =，那么OG=OA-AG=4-
，于是G （0，）；
（2）先在Rt △AGF 中，由tan AG AFG AF ∠===，得出∠AFG=60°，再由折叠
的性质得出∠GFE=∠BFE=60°，解Rt △BFE ，求出BE=BF tan60°，那么CE=4-
2E （3，.设直线EF 的表达式为y=kx+b ，将E （3，F （1，4）代入，利用待定系数法即可求出直线EF 的解析.（3）因为M 、N 均为动点，只有F 、G 已经确定，所以可从此入手，结合图形，按照FG 为一边，N 点在x 轴上；FG 为一边，N 点在y 轴上；FG 为对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状.确定平行四边形的位置与形状之后，利用平行四边形及平移的性质求得M 点的坐标.
【详解】
解：（1）∵F （1，4），B （3，4），
∴AF=1，BF=2，
由折叠的性质得：GF=BF=2，
在Rt △AGF 中，由勾股定理得，
AG ==∵B （3，4），
∴OA=4，
∴
∴G （0，
（2）在Rt △AGF 中，
∵tan AG AFG AF ∠===， ∴∠AFG=60°，由折叠的性质得知：∠GFE=∠BFE=60°，
在Rt △BFE 中，
∵BE=BF tan60°
.CE=4-23，
.E（3，4-23）.
设直线EF的表达式为y=kx+b
，
∵E（3，4-23），F（1，4），
∴
3423
4
k b
k b
⎧+=-
⎪
⎨
+=
⎪⎩
解得
3
43
k
b
⎧=-
⎪
⎨
=+
⎪⎩
∴343
y x
=-++；
（3）若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则分如下四种情况：
①FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFMN为平行四边形，如图1所示.
过点G作EF的平行线，交x轴于点N1，再过点N：作GF的平行线，交EF于点M，得平行四边形GFM1N1.
∵GN1∥EF，直线EF的解析式为343,(0,43)
y x G
=-++-
∴直线GN1的解析式为34-3
y x
=-+，
当y=0时，1
433433
,,0
33
x N
⎛⎫
--
= ⎪
⎪
⎝⎭
.
∵GFM1N1是平行四边形，且G（0，4-3），F（1，4），N1（
433
3
-
，0），
∴M，（
43
3
，3）；
②FG为平行四边形的一边，N点在x轴上，GFNM为平行四边形，如图2所示.∵GFN2M2为平行四边形，
∴GN₂与FM2互相平分.
∴G（0，4-3），N2点纵坐标为0
∴GN：中点的纵坐标为
3
2-，
设GN₂中点的坐标为（x，
3
2-）.
∵GN2中点与FM2中点重合，
∴
3 3432
x
-++=-
∴x=439
+
∵.GN2的中点的坐标为（4393
,2
62
+
-），
.∴N2点的坐标为（439
3
+
，0）.
∵GFN2M2为平行四边形，且G（0，4-3），F（1，4），N2（439
+
，0），
∴M2（436
,3
+
-）；
③FG为平行四边形的一边，N点在y轴上，GFNM为平行四边形，如图3所示.∵GFN3M3为平行四边形，.
∴GN 3与FM 3互相平分.
∵G （0，4-3），N2点横坐标为0，
.∴GN3中点的横坐标为0，
∴F 与M 3的横坐标互为相反数，
∴M 3的横坐标为-1，
当x=-1时，y=3(1)43423-⨯-++=+，
∴M 3（-1，4+23）；
④FG 为平行四边形的对角线，GMFN 为平行四边形，如图4所示.
过点G 作EF 的平行线，交x 轴于点N 4，连结N 4与GF 的中点并延长，交EF 于点M 。

，得平行四边形GM 4FN 4
∵G （0，3F （1，4），
∴FG 中点坐标为（13,42）， ∵M 4N 4的中点与FG 的中点重合，且N 4的纵坐标为0，
.∴M 4的纵坐标为3
5-45解方程34383x -+=，得633x -= ∴M 46433-. 综上所述，直线EF 上存在点M ，使以M ，N ，F ，G 为顶点的四边形是平行四边形，此时M 点坐标为：
234434366433,3,(1,423),3M M M +---+-⎝⎝⎝ 。

【点睛】
本题是一次函数的综合题，涉及到的考点包括待定系数法求一次函数的解析式，矩形、平行四边形的性质，轴对称、平移的性质，勾股定理等，对解题能力要求较高.难点在于第（3）问，这是一个存在性问题，注意平行四边形有四种可能的情形，需要一一分析并求解，避免遗漏.。