2018中考数学基础巩固图形的变换与四边形专题复习(成都市)

2018中考数学基础巩固图形的变换与四边形专题复习(成都市)
本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址2018中考数学基础巩固图形的变换与四边形专题复习走进2018年中考初中数学基础巩固复习专题
图形的变换与四边形
【知识要点】
知识点1：图形的变换与镶嵌
知识点2：四边形的定义、判定及性质
知识点3：矩形、菱形及正方形的判定
知识点4：矩形、菱形及正方形的性质
知识点5：梯形的判定及性质
【复习点拨】
、掌握平移、旋转、对称的性质，灵活地运用平移、旋转、对称解决生活中的问题。

2、掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形及梯形的定义、判定、性质，利用这些特殊四边形进行综合计算和证明。

【典例解析】
例题1：（XX山东枣庄）将数字“6”旋转180°，得到数字“9”，将数字“9”旋转180°，得到数字“6”，现将数字“69”旋转180°，得到的数字是（）
A．96
B．69
c．66
D．99
【考点】R1：生活中的旋转现象．
【分析】直接利用中心对称图形的性质结合69的特点得出答案．
【解答】解：现将数字“69”旋转180°，得到的数字是：69．
故选：B．
例题2：（XX山东枣庄）如图，把正方形纸片ABcD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为mN，再过点B折叠纸片，使点A落在mN上的点F处，折痕为BE．若AB的长为2，则Fm的长为（）
A．2
B．
c．
D．1
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）．
【分析】根据翻折不变性，AB=FB=2，Bm=1，在Rt△BFm 中，可利用勾股定理求出Fm的值．
【解答】解：∵四边形ABcD为正方形，AB=2，过点B
折叠纸片，使点A落在mN上的点F处，
∴FB=AB=2，Bm=1，
则在Rt△BmF中，
Fm=，
故选：B．
例题3：（XX山东枣庄）在矩形ABcD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，∠BED的角平分线EF与Dc交于点F，若AB=9，DF=2Fc，则Bc= ．（结果保留根号）
【考点】LB：矩形的性质；kI：等腰三角形的判定；S9：相似三角形的判定与性质．
【分析】先延长EF和Bc，交于点G，再根据条件可以判断三角形ABE为等腰直角三角形，并求得其斜边BE的长，然后根据条件判断三角形BEG为等腰三角形，最后根据△EFD ∽△GFc得出cG与DE的倍数关系，并根据BG=Bc+cG进行计算即可．
【解答】解：延长EF和Bc，交于点G
∵矩形ABcD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，
∴∠ABE=∠AEB=45°，
∴AB=AE=9，
∴直角三角形ABE中，BE==，
又∵∠BED的角平分线EF与Dc交于点F，
∴∠BEG=∠DEF
∵AD∥Bc
∴∠G=∠DEF
∴∠BEG=∠G
∴BG=BE=
由∠G=∠DEF，∠EFD=∠GFc，可得△EFD∽△GFc
∴
设cG=x，DE=2x，则AD=9+2x=Bc
∵BG=Bc+cG
∴=9+2x+x
解得x=
∴Bc=9+2（﹣3）=
故答案为：
例题4：（XX山东枣庄）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABc三个顶点的坐标分别是A（2，2），B（4，0），c （4，﹣4）．
（1）请在图中，画出△ABc向左平移6个单位长度后得到的△A1B1c1；
（2）以点o为位似中心，将△ABc缩小为原来的，得到△A2B2c2，请在图中y轴右侧，画出△A2B2c2，并求出∠A2c2B2的正弦值．
【考点】SD：作图﹣位似变换；Q4：作图﹣平移变换；T7：解直角三角形．
【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用位似图形的性质得出对应点位置，再利用锐角三角三角函数关系得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：△A1B1c1，即为所求；
（2）如图所示：△A2B2c2，即为所求，
由图形可知，∠A2c2B2=∠AcB，
过点A作AD⊥Bc交Bc的延长线于点D，
由A（2，2），c（4，﹣4），B（4，0），易得D（4，2），故AD=2，cD=6，Ac==2，
∴sin∠AcB===，
即sin∠A2c2B2=．
例题5：
例题6：（XX甘肃张掖）如图，矩形ABcD中，AB=6，Bc=4，过对角线BD中点o的直线分别交AB，cD边于点E，F．（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．
【考点】LB：矩形的性质；L7：平行四边形的判定与性质；L8：菱形的性质．
【分析】（1）根据平行四边形ABcD的性质，判定△BoE ≌△DoF（ASA），得出四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出oB，再由勾股定理求出Eo，即可得出EF的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABcD是矩形，o是BD的中点，
∴∠A=90°，AD=Bc=4，AB∥Dc，oB=oD，
∴∠oBE=∠oDF，
在△BoE和△DoF中，，
∴△BoE≌△DoF（ASA），
∴Eo=Fo，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）解：当四边形BEDF是菱形时，BE⊥EF，
设BE=x，则DE=x，AE=6﹣x，
在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2，
∴x2=42+（6﹣x）2，
解得：x=，
∵BD==2，
∴oB=BD=，
∵BD⊥EF，
∴Eo==，
∴EF=2Eo=．
例题7：（XX重庆B）如图，正方形ABcD中，AD=4，点
E是对角线Ac上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交Ac于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFm，连接Dm，交EF于点N，若点F是AB的中点，则△EmN 的周长是．
【分析】如图1，作辅助线，构建全等三角形，根据全等三角形对应边相等证明FQ=BQ=PE=1，△DEF是等腰直角三角形，利用勾理计算DE=EF=，PD==3，如图2，由平行相似证明△DGc∽△FGA，列比例式可得FG和cG的长，从而得EG 的长，根据△GHF是等腰直角三角形，得GH和FH的长，利用DE∥Gm证明△DEN∽△mNH，则，得EN=，从而计算出△EmN 各边的长，相加可得周长．
【解答】解：如图1，过E作PQ⊥Dc，交Dc于P，交AB于Q，连接BE，
∵Dc∥AB，
∴PQ⊥AB，
∵四边形ABcD是正方形，
∴∠AcD=45°，
∴△PEc是等腰直角三角形，
∴PE=Pc，
设Pc=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，
∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，
∴△DPE≌△EQF，
∴DE=EF，
易证明△DEc≌△BEc，
∴DE=BE，
∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，
∴FQ=BQ=BF，
∵AB=4，F是AB的中点，
∴BF=2，
∴FQ=BQ=PE=1，
∴cE=，
Rt△DAF中，DF==2，
∵DE=EF，DE⊥EF，
∴△DEF是等腰直角三角形，∴DE=EF==，
∴PD==3，
如图2，∵Dc∥AB，
∴△DGc∽△FGA，
∴==2，
∴cG=2AG，DG=2FG，
∴FG=×=，
∵Ac==4，
∴cG=×=，
∴EG=﹣=，
连接Gm、GN，交EF于H，
∵∠GFE=45°，
∴△GHF是等腰直角三角形，
∴GH=FH==，
∴EH=EF﹣FH=﹣=，
由折叠得：Gm⊥EF，mH=GH=，
∴∠EHm=∠DEF=90°，
∴DE∥Hm，
∴△DEN∽△mNH，
∴，
∴==3，
∴EN=3NH，
∵EN+NH═EH=，
∴EN=，
∴NH=EH﹣EN=﹣=，
Rt△GNH中，GN===，
由折叠得：mN=GN，Em=EG，
∴△EmN的周长=EN+mN+Em=++=；
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、
三角形全等、相似的性质和判定、勾股定理，三角函数，计算比较复杂，作辅助线，构建全等三角形，计算出PE的长是关键．
例题8：（XX山东枣庄）已知正方形ABcD，P为射线AB 上的一点，以BP为边作正方形BPEF，使点F在线段cB的延长线上，连接EA，Ec．
（1）如图1，若点P在线段AB的延长线上，求证：EA=Ec；
（2）如图2，若点P在线段AB的中点，连接Ac，判断△AcE的形状，并说明理由；
（3）如图3，若点P在线段AB上，连接Ac，当EP平分∠AEc时，设AB=a，BP=b，求a：b及∠AEc的度数．【考点】Lo：四边形综合题．
【分析】（1）根据正方形的性质证明△APE≌△cFE，可得结论；
（2）分别证明∠PAE=45°和∠BAc=45°，则∠cAE=90°，即△AcE是直角三角形；
（3）分别计算PG和BG的长，利用平行线分线段成比例定理列比例式得：，即，
解得：a=b，得出a与b的比，再计算GH和BG的长，根据角平分线的逆定理得：∠HcG=∠BcG，由平行线的内错角得：∠AEc=∠AcB=45°．
【解答】证明：（1）∵四边形ABcD和四边形BPEF是正
方形，
∴AB=Bc，BP=BF，
∴AP=cF，
在△APE和△cFE中，
∵，
∴△APE≌△cFE，
∴EA=Ec；
（2）△AcE是直角三角形，理由是：
如图2，∵P为AB的中点，
∴PA=PB，
∵PB=PE，
∴PA=PE，
∴∠PAE=45°，
又∵∠BAc=45°，
∴∠cAE=90°，即△AcE是直角三角形；
（3）设cE交AB于G，
∵EP平分∠AEc，EP⊥AG，
∴AP=PG=a﹣b，BG=a﹣（2a﹣2b）=2b﹣a，∵PE∥cF，
∴，即，
解得：a=b，
∴a：b=：1，
作GH⊥Ac于H，
∵∠cAB=45°，
∴HG=AG=（2b﹣2b）=（2﹣）b，
又∵BG=2b﹣a=（2﹣）b，
∴GH=GB，GH⊥Ac，GB⊥Bc，
∴∠HcG=∠BcG，
∵PE∥cF，
∴∠PEG=∠BcG，
∴∠AEc=∠AcB=45°．
【达标检测】
一、选择题
.（XX浙江义乌）在探索“尺规三等分角”这个数学名题的过程中，曾利用了如图．该图中，四边形ABcD是矩形，E是BA延长线上一点，F是cE上一点，∠AcF=∠AFc，∠FAE=∠FEA．若∠AcB=21°，则∠EcD的度数是（）A．7°
B．21°
c．23°
D．24°
【考点】LB：矩形的性质；jA：平行线的性质．
【分析】由矩形的性质得出∠D=90°，AB∥cD，AD∥Bc，证出∠FEA=∠EcD，∠DAc=∠AcB=21°，由三角形的外角性
质得出∠AcF=2∠FEA，设∠EcD=x，则∠AcF=2x，∠AcD=3x，在Rt△AcD中，由互余两角关系得出方程，解方程即可．【解答】解：∵四边形ABcD是矩形，
∴∠D=90°，AB∥cD，AD∥Bc，
∴∠FEA=∠EcD，∠DAc=∠AcB=21°，
∵∠AcF=∠AFc，∠FAE=∠FEA，
∴∠AcF=2∠FEA，
设∠EcD=x，则∠AcF=2x，
∴∠AcD=3x，
在Rt△AcD中，3x+21°=90°，
解得：x=23°；
故选：c．
2.（XX甘肃张掖）下面四个手机应用图标中，属于中心对称图形的是（）
A．
B．
c．
D．
【考点】R5：中心对称图形．
【分析】根据轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A图形不是中心对称图形；
B图形是中心对称图形；
c图形不是中心对称图形；
D图形不是中心对称图形，
故选：B．
3.
4.
5.
二、填空题：
6.
7.
8.（XX浙江义乌）如图为某城市部分街道示意图，四边形ABcD为正方形，点G在对角线BD上，GE⊥cD，GF⊥Bc，AD=1500m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪行走的路线为B→A→D→E→F．若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为4600 m．
【考点】LE：正方形的性质；kD：全等三角形的判定与性质；LD：矩形的判定与性质．
【分析】连接cG，由正方形的对称性，易知AG=cG，由正方形的对角线互相平分一组对角，GE⊥Dc，易得DE=GE．在矩形GEcF中，EF=cG．要计算小聪走的路程，只要得到小聪比小敏多走了多少就行．
【解答】解：连接Gc，
∵四边形ABcD为正方形，
所以AD=Dc，∠ADB=∠cDB=45°，
∵∠cDB=45°，GE⊥Dc，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴DE=GE．
在△AGD和△GDc中，
∴△AGD≌△GDc
∴AG=cG
在矩形GEcF中，EF=cG，
∴EF=AG．
∵BA+AD+DE+EF﹣BA﹣AG﹣GE
=AD=1500m．
∵小敏共走了3100m，
∴小聪行走的路程为3100+1500
=4600（m）
故答案为：4600
9.（XX浙江衢州）如图，矩形纸片ABcD中，AB=4，Bc=6，将△ABc沿Ac折叠，使点B落在点E处，cE交AD于点F，则DF的长等于（）
A．
B．
c．
D．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．【分析】根据折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证Rt△AEF≌Rt△cDF，即可得到结论EF=DF；易得Fc=FA，设FA=x，则Fc=x，FD=6﹣x，在Rt△cDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6﹣x）2，解方程求出x．【解答】解：∵矩形ABcD沿对角线Ac对折，使△ABc 落在△AcE的位置，
∴AE=AB，∠E=∠B=90°，
又∵四边形ABcD为矩形，
∴AB=cD，
∴AE=Dc，
而∠AFE=∠DFc，
∵在△AEF与△cDF中，
，
∴△AEF≌△cDF（AAS），
∴EF=DF；
∵四边形ABcD为矩形，
∴AD=Bc=6，cD=AB=4，
∵Rt△AEF≌Rt△cDF，
∴Fc=FA，
设FA=x，则Fc=x，FD=6﹣x，
在Rt△cDF中，cF2=cD2+DF2，即x2=42+（6﹣x）2，解
得x=，
则FD=6﹣x=．
故选：B．
0.（XX张家界）如图，在正方形ABcD中，AD=2，把边Bc绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交cD于点E，连接Pc，则三角形PcE的面积为6﹣10 ．【考点】R2：旋转的性质；LE：正方形的性质．
【分析】根据旋转的想知道的PB=Bc=AB，∠PBc=30°，推出△ABP是等边三角形，得到∠BAP=60°，AP=AB=2，解直角三角形得到cE=2﹣2，PE=4﹣2，过P作PF⊥cD于F，于是得到结论．
【解答】解：∵四边形ABcD是正方形，
∴∠ABc=90°，
∵把边Bc绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，
∴PB=Bc=AB，∠PBc=30°，
∴∠ABP=60°，
∴△ABP是等边三角形，
∴∠BAP=60°，AP=AB=2，
∵AD=2，
∴AE=4，DE=2，
∴cE=2﹣2，PE=4﹣2，
过P作PF⊥cD于F，
∴PF=PE=2﹣3，
∴三角形PcE的面积=cE•PF=×（2﹣2）×（4﹣2）=6﹣10，
故答案为：6﹣10．
三、解答题
1.（XX湖南岳阳）求证：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
小红同学根据题意画出了图形，并写出了已知和求证的一部分，请你补全已知和求证，并写出证明过程．已知：如图，在▱ABcD中，对角线Ac，BD交于点o，Ac⊥BD ．
求证：四边形ABcD是菱形．
【分析】由命题的题设和结论可填出答案，由平行四边形的性质可证得Ac为线段BD的垂直平分线，可求得AB=AD，可得四边形ABcD是菱形．
【解答】已知：如图，在▱ABcD中，对角线Ac，BD交于点o，Ac⊥BD，
求证：四边形ABcD是菱形．
证明：
∵四边形ABcD为平行四边形，
∴Bo=Do，
∵Ac⊥BD，
∴Ac垂直平分BD，
∴AB=AD，
∴四边形ABcD为菱形．
故答案为：Ac⊥BD；四边形ABcD是菱形．
【点评】本题主要考查菱形的判定及平行四边形的性质，利用平行四边形的性质证得AB=AD是解题的关键．
2.如图，在平行四边形ABcD中，边AB的垂直平分线交AD于点E，交cB的延长线于点F，连接AF，BE．
（1）求证：△AGE≌△BGF；
（2）试判断四边形AFBE的形状，并说明理由．
【考点】L5：平行四边形的性质；kD：全等三角形的判定与性质；kG：线段垂直平分线的性质．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥Bc，得出∠AEG=∠BFG，由AAS证明△AGE≌△BGF即可；
（2）由全等三角形的性质得出AE=BF，由AD∥Bc，证出四边形AFBE是平行四边形，再根据EF⊥AB，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABcD是平行四边形，
∴AD∥Bc，
∴∠AEG=∠BFG，
∵EF垂直平分AB，
∴AG=BG，
在△AGEH和△BGF中，，
∴△AGE≌△BGF（AAS）；
（2）解：四边形AFBE是菱形，理由如下：
∵△AGE≌△BGF，
∴AE=BF，
∵AD∥Bc，
∴四边形AFBE是平行四边形，
又∵EF⊥AB，
∴四边形AFBE是菱形．
3.定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．
（1）如图1，等腰直角四边形ABcD，AB=Bc，∠ABc=90°，
①若AB=cD=1，AB∥cD，求对角线BD的长．
②若Ac⊥BD，求证：AD=cD，
（2）如图2，在矩形ABcD中，AB=5，Bc=9，点P是对角线BD上一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，Bc 于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．【考点】Lo：四边形综合题．
【分析】（1）①只要证明四边形ABcD是正方形即可解决问题；
②只要证明△ABD≌△cBD，即可解决问题；
（2）若EF⊥Bc，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE
表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与Bc不垂直，①当AE=AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，②当BF=AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可；
【解答】解：（1）①∵AB=Ac=1，AB∥cD，
∴S四边形ABcD是平行四边形，
∵AB=Bc，
∴四边形ABcD是菱形，
∵∠ABc=90°，
∴四边形ABcD是正方形，
∴BD=Ac==．
（2）如图1中，连接Ac、BD．
∵AB=Bc，Ac⊥BD，
∴∠ABD=∠cBD，
∵BD=BD，
∴△ABD≌△cBD，
∴AD=cD．
（2）若EF⊥Bc，则AE≠EF，BF≠EF，
∴四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．
若EF与Bc不垂直，
①当AE=AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴AE=AB=5．
②当BF=AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴BF=AB=5，
∵DE∥BF，
∴DE：BF=PD：PB=1：2，
∴DE=2.5，
∴AE=9﹣2.5=6.5，
综上所述，满足条件的AE的长为5或6.5．
4.（XX浙江衢州）在直角坐标系中，过原点o及点A（8，0），c（0，6）作矩形oABc、连结oB，点D为oB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交oA于点F，连结EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．
（1）如图1，当t=3时，求DF的长．
（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF 的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值．
（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t的值．
【考点】Lo：四边形综合题．
【分析】（1）当t=3时，点E为AB的中点，由三角形
中位线定理得出DE∥oA，DE=oA=4，再由矩形的性质证出DE ⊥AB，得出∠oAB=∠DEA=90°，证出四边形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；
（2）作Dm⊥oA于m，DN⊥AB于N，证明四边形DmAN是矩形，得出∠mDN=90°，Dm∥AB，DN∥oA，由平行线得出比例式，
=，由三角形中位线定理得出Dm=AB=3，DN=oA=4，证明△DmF∽△DNE，得出=，再由三角函数定义即可得出答案；
（3）作作Dm⊥oA于m，DN⊥AB于N，若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF 的三等分点；
①当点E到达中点之前时，NE=3﹣t，由△DmF∽△DNE 得：mF=（3﹣t），求出AF=4+mF=﹣t+，得出G（，t），求出直线AD的解析式为y=﹣x+6，把G（，
t）代入即可求出t的值；
②当点E越过中点之后，NE=t﹣3，由△DmF∽△DNE得：mF=（t﹣3），求出AF=4﹣mF=﹣t+，得出G（，
t），代入直线AD的解析式y=﹣x+6求出t的值即可．【解答】解：（1）当t=3时，点E为AB的中点，
∵A（8，0），c（0，6），
∴oA=8，oc=6，
∵点D为oB的中点，
∴DE∥oA，DE=oA=4，
∵四边形oABc是矩形，
∴oA⊥AB，
∴DE⊥AB，
∴∠oAB=∠DEA=90°，
又∵DF⊥DE，
∴∠EDF=90°，
∴四边形DFAE是矩形，
∴DF=AE=3；
（2）∠DEF的大小不变；理由如下：
作Dm⊥oA于m，DN⊥AB于N，如图2所示：∵四边形oABc是矩形，
∴oA⊥AB，
∴四边形DmAN是矩形，
∴∠mDN=90°，Dm∥AB，DN∥oA，
∴，
=，
∵点D为oB的中点，
∴m、N分别是oA、AB的中点，
∴Dm=AB=3，DN=oA=4，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDm=∠EDN，
又∵∠DmF=∠DNE=90°，
∴△DmF∽△DNE，
∴=，
∵∠EDF=90°，
∴tan∠DEF==；
（3）作Dm⊥oA于m，DN⊥AB于N，
若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，
设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；
①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，由△DmF∽△DNE得：mF=（3﹣t），
∴AF=4+mF=﹣t+，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（，
t），
设直线AD的解析式为y=kx+b，
把A（8，0），D（4，3）代入得：，
解得：，
∴直线AD的解析式为y=﹣x+6，
把G（，
t）代入得：t=；
②当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t﹣3，由△DmF∽△DNE得：mF=（t﹣3），
∴AF=4﹣mF=﹣t+，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（，
t），
代入直线AD的解析式y=﹣x+6得：t=；
综上所述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，t的值为或
5.（XX浙江义乌）如图1，已知▱ABcD，AB∥x轴，AB=6，点A的坐标为（1，﹣4），点D的坐标为（﹣3，4），点B在第四象限，点P是▱ABcD边上的一个动点．（1）若点P在边Bc上，PD=cD，求点P的坐标．
（2）若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y=x﹣1上，求点P的坐标．
（3）若点P在边AB，AD，cD上，点G是AD与y轴的交点，如图2，过点P作y轴的平行线Pm，过点G作x轴的平行线Gm，它们相交于点m，将△PGm沿直线PG翻折，当点
（直接写出答案）m的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标．
【考点】FI：一次函数综合题．
【分析】（1）由题意点P与点c重合，可得点P坐标为（3，4）；
（2）分两种情形①当点P在边AD上时，②当点P在边AB上时，分别列出方程即可解决问题；
（3）分三种情形①如图1中，当点P在线段cD上时．②如图2中，当点P在AB上时．③如图3中，当点P在线段AD上时．分别求解即可；
【解答】解：（1）∵cD=6，
∴点P与点c重合，
∴点P坐标为（3，4）．
（2）①当点P在边AD上时，
∵直线AD的解析式为y=﹣2x﹣2，
设P（a，﹣2a﹣2），且﹣3≤a≤1，
若点P关于x轴的对称点Q1（a，2a+2）在直线y=x﹣1上，
∴2a+2=a﹣1，
解得a=﹣3，
此时P（﹣3.4）．
若点P关于y轴的对称点Q3（﹣a，﹣2a﹣2）在直线y=x﹣1上时，
∴﹣2a﹣2=﹣a﹣1，解得a=﹣1，此时P（﹣1，0）
②当点P在边AB上时，设P（a，﹣4）且1≤a≤7，
若等P关于x轴的对称点Q2（a，4）在直线y=x﹣1上，∴4=a﹣1，解得a=5，此时P（5，﹣4），
若点P关于y轴的对称点Q4（﹣a，﹣4）在直线y=x﹣1上，
∴﹣4=﹣a﹣1，
解得a=3，此时P（3，﹣4），
综上所述，点P的坐标为（﹣3，4）或（﹣1，0）或（5，﹣4）或（3，﹣4）．
（3）①如图1中，当点P在线段cD上时，设P（m，4）．
在Rt△PNm′中，∵Pm=Pm′=6，PN=4，
∴Nm′==2，
在Rt△oGm′中，∵oG2+om′2=Gm′2，
∴22+（2+m）2=m2，
解得m=﹣，
∴P（﹣，4）
根据对称性可知，P（，4）也满足条件．
②如图2中，当点P在AB上时，易知四边形PmGm′是正方形，边长为2，此时P（2，﹣4）．
③如图3中，当点P在线段AD上时，设AD交x轴于R．易证∠m′RG=∠m′GR，推出m′R=m′G=Gm，设m′R=m′G=Gm=x．∵直线AD的解析式为y=﹣2x﹣2，
∴R（﹣1，0），
在Rt△oGm′中，有x2=22+（x﹣1）2，解得x=，
∴P（﹣，3）．
点P坐标为（2，﹣4）或（﹣，3）或（﹣，4）或（，4）．。