2020年中考数学三轮复习专项练习：《四边形》(含答案)

备战2020中考数学三轮复习专项练习：《四边形》
1．在△ABC中，AB＝AC，点P为△ABC所在平面内一点过点P分别作PE∥AC交AB于点E，PF∥AB交BC于点D，交AC于点F．
（1）观察猜想
如图（1），当点P在BC边上时，此时点P、D重合，试猜想PD，PE，PF与AB的数量关系：．
（2）类比探究
如图（2），当点P在△ABC内时，过点P作MN∥BC交AB于点M，交AC于点N，试写出PD，PE，PF与AB的数量关系，并加以证明．
（3）解决问题
如图（3），当点P在△ABC外时，若AB＝6，PD＝1，请直接写出平行四边形PEAF的周长．
2．我们定义：两边平方和等于第三边平方的两倍的三角形叫做“奇异三角形”．（1）根据“奇异三角形”的定义，请你判断命题：“等边三角形一定是奇异三角形”
是命题．（填写“真命题、假命题”）
（2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a，且b＞a，若Rt△ABC是“奇异三角形”，则a：b：c＝．
（3）如图，在四边形ACBD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，若在四边形ACBD内存在点E使得AE＝AD，CB＝CE．
①求证：△ACE是“奇异三角形”；
②当△ACE是直角三角形时，且AC＝，求线段AB的长．
3．操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，将矩形ABCD沿直线EF 折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C′处．点P为直线EF上一动点（不与E、F 重合），过点P分别作直线BE、BF的垂线，垂足分别为点M和N，以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN．
（1）如图1，求证：BE＝BF；
（2）特例感知：如图2，若DE＝5，CF＝3，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形PMQN的周长；
（3）类比探究：如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，若DE＝a，CF＝b．请直接用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系．（不要求写证明过程）
4．（1）问题探究：
如图1所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG．AE＜AB，连接BE与DG，请判断线段BE与线段DG之间有怎样的数量关系和位置关系．并请说明理由．
（2）理解应用
如图2所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG，AE＜AB，AB＝10，将正方形AEFG绕点A在平面内任意旋转，当∠ABE＝15°，且点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出AE的长；
（3）拓展应用
如图3所示，有公共顶点A的两个矩形ABCD和矩形AEFG，AD＝4，AB＝4，AG ＝4，AE＝4，将矩形AEFG绕点A在平面内任意旋转，连接BD，DE，点M，N分别是BD，DE的中点，连接MN，当点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出MN的长
5．已知四边形ABCD是正方形，∠MAN＝90°，将∠MAN绕顶点A旋转，旋转角为∠DAM（0°＜DAM＜45°），AM交CD于点E，∠MAN的平分线与CB交于点G．
（1）如图1，连接GE．求证：GE＝DE+BG；
（2）如图2，设AN交CB的延长线于点F，直线EF分别交AG，AB于点P，H．
①探究GH与AE的位置关系，并证明你的结论；
②若正方形的边长为6，BG＝2，求GH的长．
6．如图，在矩形ABCD中，DE＝1，BE＝2，F，G分别是BE，BC的中点，延长GF，交AD于点H．
（1）求证：点H是AD的中点；
（2）连结AF，当∠EBA＝70°时，求∠EFA的度数；
（3）设AB＝x，AD＝y，求y关于x的函数关系式，并猜想函数图象是什么图形；
（4）当△AEF是直角三角形时，求边AB的长．
7．如图，在平面直角坐标系中，▱ABOC的顶点A（0，2），点B（﹣4，0），点O为坐标原点，点C在第一象限，若将△AOB沿x轴向右运动得到△EFG（点A、O、B分别与点E、F、G对应），运动速度为每秒2个单位长度，边EF交OC于点P，边EG交OA于点Q，设运动时间为t（0＜t＜2）秒．
（1）在运动过程中，线段AE的长度为（直接用含t的代数式表示）；
（2）若t＝1，求出四边形OPEQ的面积S；
（3）在运动过程中，是否存在四边形OPEQ为菱形？若存在，直接写出此时四边形OPEQ 的面积；若不存在，请说明理由．
8．如图，在矩形ABCD中，已知AB＝12，BC＝16，点O是对角线AC的中点，点E是AD边上的动点，连结EO并延长交BC于点F，过O作GH⊥EF，分别交矩形的边于点G，H．（1）当H，F，G，E四点分别分布在矩形ABCD的四条边上（不包括顶点）时，
①求证：四边形HFGE是菱形．
②求AE的取值范围．
（2）当四边形HFGE的面积为144时，求AE的长．
9．四边形ABCD是矩形，点E是射线BC上一点，连接AC，DE．
（1）如图1，点E在边BC的延长线上，BE＝AC，若∠ACB＝40°，求∠E的度数；
（2）如图2，点E在边BC的延长线上，BE＝AC，若M是DE的中点，连接AM，CM，求证：AM⊥MC；
（3）如图3，点E在边BC上，射线AE交射线DC于点F，∠AED＝2∠AEB，AF＝4，AB＝4，则CE＝．（直接写出结果）
10．在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E为BC延长线上一点，且BD＝BE，连接DE，Q为DE的中点，有一动点P从B点出发，沿BC以每秒1个单位的速度向E点运动，运动时间为t秒．
＝（用含t的式子表示）；
（1）如图1，连接DP、PQ，则S
△DPQ
（2）如图2，M、N分别为AD、AB的中点，当t为何值时，四边形MNPQ为平行四边形？
请说明理由；
（3）如图3，连接CQ，AQ，试判断AQ、CQ的位置关系并加以证明．
11．在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°．
（1）如图1，若AB＝1，AD＝，CD＝，求BC的长；
（2）如图2，若BC＝CD，连接AC，求证：AC平分∠DAB；
（3）如图3，在（2）的条件下，若AB＝3，AD＝5，直接写出AC的长度为．
12．如图1，P为Rt△ABC所在平面内任意一点（不在直线AC上），∠ACB＝90°，M为AB 边中点．操作：以PA、PC为邻边作平行四边形PADC，连结PM并延长到点E，使ME＝PM，连结DE．
（1）请你利用图2，选择Rt△ABC内的任意一点P按上述方法操作；
（2）经历（1）之后，观察两图形，猜想线段DE和线段BC之间有怎样的数量和位置关系？请选择其中的一个图形证明你的猜想；
（3）观察两图，你还可得出和DE相关的什么结论？请说明理由．
（4）若以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，其中A、C、D的坐标分别为（0，0），（5，3），（4，2），能否在平面内找到一点M，使以A、C、D、M为点构造成平行四边形，若不能，说明理由，若能，请直接写出点M的坐标．
13．【方法回顾】连接三角形任意两边中点的线段叫三角形的中位线，探索三角形中位线的性质，方法如下：如图1，D、E分别是AB、AC中点，延长DE到F，使EF＝DE，连接CF；
（1）证明△ADE≌△CFE，再证四边形DBCF是平行四边形，从而得到线段DE与BC的位置关系和数量关系分别为、．
（2）【初步运用】如图2，正方形ABCD中，E为边AD中点，G、F分别在边AB、CD上，且AG＝2，DF＝3，∠GEF＝90°，求GF长．
（3）【拓展延伸】如图3，四边形ABCD中，∠A＝100°，∠D＝110°，E为AD中点，G、F分别为AB、CD边上的点，若AG＝2，DF＝，∠GEF＝90°，求GF长．
14．如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，AD＝16，BC＝21，CD＝13．（1）求直线AD和BC之间的距离；
（2）动点P从点B出发，沿射线BC以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位长度的速度运动，点P、Q同时出发，当点Q运动到点D 时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒．试求当t为何值时，以P、Q、D、C为顶点的四边形为平行四边形？
（3）在（2）的条件下，是否存在点P，使△PQD为等腰三角形？若存在，请直接写出相应的t值，若不存在，请说明理由．
15．在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，以斜边AB为边向Rt△AEB形外作正方形ABCD，若正方形ABCD的对角线交于点O（如图1）．
（1）求证：EO平分∠AEB；
（2）猜想线段OE与EB、EA之间的数量关系为（直接写出结果，不要写出证明过程）；
（3）过点C作CF⊥EB于F，过点D作DH⊥EA于H，CF和DH的反向延长线交于点G（如图2），求证：四边形EFGH为正方形．
16．教材呈现：如图是华师版八年级下册数学教材第111页的部分内容．
问题解决：请结合图①，写出例1的完整解答过程．
问题探究：在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝4，∠BAD＝2∠ABC．过点D 作DE∥AC交BC的延长线于点E．
（1）如图②，连结OE，则OE的长为．
（2）如图③，若点P是对角线BD上的一个动点，连结PC、PE，则PC+PE的最小值为．
17．在平行四边形ABCD中，AC为对角线，AE⊥CD，点G，F分别为AB，BC边上的点，连接FG，AF，AF平分∠GFC．
（1）如图①，若FG⊥AB，且AG＝6，AE＝5，sin B＝，求平行四边形ABCD的面积．（2）如图②，若∠AGF﹣∠ACB＝∠CAE，过F作FH⊥FG交AC于H，求证：AC+AH＝AF．
参考答案
1．解：（1）答：PD+PE+PF＝AB．
证明如下：∵点P在BC上，
∴PD＝0，
∵PE∥AC，PF∥AB，
∴四边形PFAE是平行四边形，
∴PF＝AE，
∵PE∥AC，
∴∠BPE＝∠C，
∴∠B＝∠BPE，
∴PE＝BE，
∴PE+PF＝BE+AE＝AB，
∵PD＝0，
∴PD+PE+PF＝AB，
故答案为：PD+PE+PF＝AB；
（2）如图2，结论成立：PD+PE+PF＝AB．
证明：过点P作MN∥BC分别交AB，AC于M，N两点，∵PE∥AC，PF∥AB，
∴四边形AEPF是平行四边形，
∵MN∥BC，PF∥AB，
∴四边形BDPM是平行四边形，
∴AE＝PF，∠EPM＝∠ANM＝∠C，
∵AB＝AC，
∴∠EMP＝∠B，
∴∠EMP＝∠EPM，
∴PE＝EM，
∴PE+PF＝AE+EM＝AM．
∵四边形BDPM是平行四边形，
∴MB＝PD．
∴PD+PE+PF＝MB+AM＝AB，
即PD+PE+PF＝AB；
（3）如图3，过点P作MN∥BC分别交AB、AC延长线于M、N两点．
∵PE∥AC，PF∥AB，
∴四边形PEAF是平行四边形，
∴PF＝AE，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵MN∥BC，
∴∠ANM＝∠C＝∠B＝∠AMN，
∵PE∥AC，
∴∠EPM＝∠FNP，
∴∠AMN＝∠FPN，
∴∠EPM＝∠EMP，
∴PE＝ME，
∵AE+ME＝AM，
∴PE+PF＝AM，
∵MN∥CB，DF∥AB，
∴四边形BDPM是平行四边形，
∴MB＝PD，
∴PE+PF﹣PD＝AM﹣MB＝AB，
∴PE+PF＝AB+PD＝6+1＝7，
∴平行四边形PEAF的周长＝14，
故答案为：14．
2．解：（1）令等边三角形三边的长度为a，
则a2+a2＝2a2，符合奇异三角形的概念，
∴“等边三角形一定是奇异三角形”是真命题；
故答案为：真；
（2）∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a，∴根据勾股定理得：c2＝a2+b2，记作①，
又Rt△ABC是奇异三角形，
∴2a2＝b2+c2，②
将①代入②得：a2＝2b2，即a＝b（不合题意，舍去），∴2b2＝a2+c2，③
将①代入③得：b2＝2a2，即b＝a，
将b＝a代入①得：c2＝3a2，即c＝a，
则a：b：c＝1：：．
故答案为：1：：；
（3）①∵∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴点A、C、B、D共圆，记作⊙O，
∴AB是⊙O的直径，
∵AD＝BD，
∴AB2＝AD2+BD2＝2AD2，
∴AC2+CB2＝2AD2，
又∵CB＝CE，AE＝AD，
∴AC2+CE2＝2AE2，
∴△ACE是奇异三角形；
②设AD＝b，BC＝a，
∴AE＝BD＝AD＝b，CE＝CB＝a，
由①得AC2+CE2＝2AE2，即3+a2＝2b2①，
∵△ACE为直角三角形，
∴∠AEC＝90°或∠CAE＝90°，
1°，当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，即b2+a2＝3 ②，
由①②，得：3+3﹣b2＝2b2，
∴AB＝＝2；
2°，当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，即3+b2＝a2③，
由①③，得：3+3+b2＝2b2，
∴b2＝6，
∴AB＝＝2；
综上，AB＝2或2．
3．解：（1）如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB，
由翻折可知：∠DEF＝∠BEF，
∴∠BEF＝∠EFB，
∴BE＝BF；
（2）如图2，连接BP，作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形，EH＝AB，
∵DE＝EB＝BF＝5，CF＝3，
∴AD＝BC＝8，AE＝3，
在Rt△ABE中，∵∠A＝90°，BE＝5，AE＝3，∴AB＝，
∵S
△BEF ＝S
△PBE
+S
△PBF
，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴•BF•EH＝•BE•PM+•BF•PN，
∵BE＝BF，
∴PM+PN＝EH＝4，
∵四边形PMQN是平行四边形，
∴四边形PMQN的周长＝2（PM+PN）＝8；（3）如图3，连接BP，作EH⊥BC于H．
∵ED＝EB＝BF＝a，CF＝b，
∴AD＝BC＝a+b，
∴AE＝AD﹣DE＝b，
∴EH＝AB＝，
∵S
△EBP ﹣S
△BFP
＝S
△EBF
，
∴BE•PM﹣•BF•PN＝•BF•EH，
∵BE＝BF，
∴PM﹣PN＝EH＝，
∵四边形PMQN是平行四边形，
∴QN﹣QM＝PM﹣PN＝．
4．解：（1）BE＝DG，BE⊥DG，
理由如下：如图1：延长BE交AD于N，交DG于H，
∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD，∠GAE＝∠DAB＝90°，
∴∠GAD＝∠EAB，
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，
∵∠ABE+∠ANB＝90°，
∴∠ADG+∠DNH＝90°，
∴∠DHN＝90°，
∴BE⊥DG；
（2）如图，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，
∴AG＝AE，AB＝AD＝10，∠GAE＝∠DAB＝90°，∠ADB＝45°＝∠ABD，BD＝AB＝10，GE＝AE，
∴∠GAD＝∠EAB，
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，
∴∠BDE＝45°﹣15°＝30°，∠DBE＝45°+15°＝60°，
∴∠DEB＝90°，
∴BE＝BD＝5＝DG，DE＝BE＝5，
∴GE＝5﹣5，
∴AE＝＝5﹣5，
故答案为：5﹣5；
（3）如图，若点G在线段DE上时，
∵AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，
∴DB＝＝＝8，GE＝＝＝8，∠DAB ＝∠GAE＝90°，
∴∠DAG＝∠BAE，
又∵＝，
∴△AGD∽△AEB，
∴，∠DGA＝∠AEB，
∴BE＝DG，
∵∠DGA＝∠GAE+∠DEA，∠AEB＝∠DEB+∠AED，∴∠GAE＝∠DEB＝90°，
∵DB2＝DE2+BE2，
∴64×13＝（DG+8）2+3DG2，
∴DG＝12或DG＝﹣16（舍去），
∴BE＝12，
∵点M，N分别是BD，DE的中点，
∴MN＝BE＝6；
如图，当点E在线段DG上时，
同理可求：BE＝16，
∵点M，N分别是BD，DE的中点，
∴MN＝BE＝8，
综上所述：MN为6或8，
故答案为：6或8．
5．（1）证明：延长CB交AN于F，如图1所示：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝∠D＝∠ABG＝90°，
∴∠ABF＝90°，
∴∠DAE＝∠BAF，
在△DAE和△BAF中，，
∴△DAE≌△BAF（ASA），
∴DE＝BF，AE＝AF，
∵AG平分∠MAN，
∴∠EAG＝∠FAG，
在△EAG和△FAG中，，
∴△EAG≌△FAG（SAS），
∴EG＝FG，
∵FG＝BF+BG＝DE+BG，
∴GE＝DE+BG；
（2）解：如图2所示：
①GH与AE的位置关系为：GH∥AE，理由如下：
由（1）得：AE＝AF，
∵AG平分∠MAN，
∴AG⊥EF，EP＝FP，
∴∠APH＝∠FPG＝∠APE＝90°，AP＝EF＝EP＝FP，∴∠PDG+∠PGF＝90°，
又∵∠ABG＝90°，
∴∠PAH+∠PGF＝90°，
∴∠PAH＝∠PFG，
在△PAH和△PFG中，，
∴△PAH≌△PFG（ASA），
∴PH＝PG，
∴△PGH是等腰直角三角形，
∵∠EAF＝90°，EP＝FP，
∴AP＝EP，
∵AG⊥EF，
∴∠APE＝90°，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE＝45°，
∴∠PGH＝∠PAE，
∴GH∥AE；
②由（1）得：GE＝GF，DE＝BF，
设DE＝x，
∵正方形的边长为6，BG＝2，
∴CG＝4，CE＝6﹣x，GE＝GF＝2+x，
在Rt△ECG中，CE2+CG2＝GE2，
即（6﹣x）2+42＝（2+x）2，
解得：x＝3，即DE＝BF＝3，
∴CE＝6﹣3＝3，CF＝6+3＝9，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GBH＝90°，BH∥CE，
∴△FBH∽△FCE，
∴＝，即＝，
∴BH＝1，
由勾股定理得：GH＝＝＝．
6．（1）证明：∵F，G分别是BE，BC的中点，∴FG是△BCE的中位线，
∴FG∥CE，
∵BG＝GC，
∴AH＝HD，即点H是AD的中点；
（2）如图1，连接DF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DEB＝180°﹣∠EBA＝110°，
∵DE＝FE＝1，
∴∠EDF＝∠EFD＝×（180°﹣110°）＝35°，∵HG∥CD，
∴∠DFH＝∠EDF＝35°，∠FHA＝∠CDA＝90°，
∵DH＝HA，
∴FD＝FA，
∴∠AFH＝∠DFH＝35°，
∴∠EFA＝35°+35°+35°＝105°；
（3）解：过点E作EN⊥AB于N，
则EN∥DA，
∵DE∥AN，EN∥DA，∠CDA＝90°，
∴四边形ADEN为矩形，
∴AN＝DE＝1，EN＝AD＝y，
∴BN＝AB﹣AN＝x﹣1，
在Rt△ENB中，EN2+BN2＝EB2，即（x﹣1）2+y2＝4，
则点（x，y）到（1，0）的距离为2，
∴函数图象是以（1，0）为圆心、2为半径的圆的一部分；
（4）解：如图3，连接AE，
由图3可知，当△AEF是直角三角形时，只有∠AFE＝90°，即AF⊥BE，∵AF⊥BE，EF＝FB，
∴AB＝AE，
在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2，即AE2＝y2+12，
∴AB2＝y2+12，即x2＝y2+12，
由（3）可知，（x﹣1）2+y2＝4，
∴（x﹣1）2+x2﹣1＝4，
整理得，x2﹣x﹣2＝0，
解得，x
1＝2，x
2
＝﹣1（舍去），
∴当△AEF是直角三角形时，边AB的长为2．
7．解：（1）在运动过程中，线段AE的长度为2t，故答案为：2t；
（2）∵将△AOB沿x轴向右运动得到△EFG，
∴AB∥EG，OA∥EF，
∵四边形ABOC是平行四边形，
∴AB∥OC，
∴EG∥OC，
∵OQ∥PE，
∴四边形OPEQ是平行四边形，
∵A（0，2），点B（﹣4，0），
∴OA＝2，OB＝4，
∵t＝1，
∴AE＝BG＝2，
∴OG＝2，
∵AE＝OC，
∵AC∥OB，
∴∠AEQ＝∠OGQ，∠EAQ＝∠GOQ，
∴△AEQ≌△OGQ（ASA），
∴AQ＝OQ＝OA＝1，
∴四边形OPEQ的面积S＝1×2＝2；（3）存在，
由（2）知四边形OPEQ是平行四边形，若四边形OPEQ是菱形，
则EQ＝OQ，
∵AE∥OB，AB∥EG，
∴∠AEQ＝∠ABO＝∠EGO，
∠EAQ＝∠AOB，
∴△AEQ∽△ABO，
∴，
∵AE＝t，
∴＝，
∴AQ＝t，
∴OQ＝2﹣，
∵QE＝OQ，
∴＝OQ，
∴＝2﹣，
解得：t＝﹣1，
∴AE＝﹣1，OQ＝，
∴四边形OPEQ的面积＝AE•OQ＝3﹣5．
8．解：（1）①如图1，
∵在矩形ABCD中，OA＝OC，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，
又∵∠EOA＝∠EOC，
∴△EAO≌△FCO（ASA），
∴OE＝OF，
同理可得：OG＝OH，
又∵GH⊥EF，
∴四边形HFGE是菱形；
②当GH与BD重合时，如图2，
∵在矩形ABCD中，DC＝AB＝12，BC＝16，
∴BD＝＝＝20，
∴OB＝OD＝10，
在Rt△ABD和Rt△EOD中，cos∠EDO＝cos∠ADB＝，
∴DE＝＝12.5，
∴AE＝AD﹣DE＝3.5，
当GH与AC重合时，如图3，
同理可得：sin∠AEO＝＝sin∠BAC＝，
∴，
∴AE＝12.5，
∴3.5＜AE＜12.5．
即当H，F，G，E四点分别分布在矩形ABCD的四条边上（不包括顶点）时，AE的取值范围是3.5＜AE＜12.5．
（2）①当H，F，G，E四点分别分布在矩形ABCD的两条边上时，
当点G在AD上，如图4，由（1）可知四边形HFGE是菱形，且菱形的高是12．
＝144，
∵S
四边形HFGE
∴EG＝12，
∴EH＝EH＝12＝AB，
∴EH⊥HF，
∴四边形HFGE是正方形，
由于正方形HFGE和矩形ABCD的对称轴为同一条，
∴AE＝（16﹣12）＝2．
同理可证：当点G在BC上时，如图5，AE＝14．
②当H，F，G，E四点分别分布在矩形ABCD的四条边上（不包括顶点）时，如图6，过点O作OP⊥AD，OQ⊥CD，交AD，CD分别于点P，Q，
则四边形POQD为矩形，
∴∠POQ＝90°，
∴∠POE＝∠GOQ，
又∵∠EPO＝∠OQG＝90°，
∴△EPO∽△GQO，
∵OP＝AB＝6，OQ＝AD＝8，
∴，
∴，
设EF＝3a，HG＝4a，
∴S
＝EF•HG＝×3a×4a＝144，
四边形HFGE
解得a＝2，
∴OE＝，
∴EP＝＝3，
∴当E点在P点左侧时，AE＝8﹣3，
由对称性可得，当点E在P点右侧时，如图7，AE＝8+3，
综上所述，AE的长为8+3或8﹣3或2或14．
9．解：（1）如图1，连接BD，与AC交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OB＝OC
∴∠DBC＝∠ACB＝40°
∵BE＝AC，
∴BD＝BE，
∴∠BDE＝∠E，
∴∠E＝＝70°；
（2）如图2，延长CM交AD延长线于G，
∵AG∥BE，
∴∠GDM＝∠E，∠G＝∠GCE，
∵M是DE的中点，
∴DM＝EM，
∴△DMG≌△EMC（AAS），
∴CE＝DG，CM＝MG，
∴BC+CE＝AD+DG，
即AG＝BE，
由（1）知：BE＝BD＝AC，
∴AG＝AC，
又∵CM＝MG，
∴AM⊥MC；
（3）如图3，取AF的中点P，连接PD，则PD＝AP＝AF＝2，
∴∠PDA＝∠PAD，
在矩形ABCD中，∠AEB＝∠PAD，∠AED＝2∠AEB，
∴∠DPE＝∠PAD+∠PDA＝2∠PAD＝2∠AEB＝∠AED，
∴DE＝PD＝2，
在△DEC中，∠DCE＝90°，AB＝DC＝4，
∴CE＝＝＝2．
故答案为：2．
10．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝4，∴BC＝4，CD＝3，
∴BD＝＝5，
∴BD＝BE＝5，
∵Q为DE的中点，
∴S
△DPQ ＝S
△DPE
，
∴S
△DPQ ＝（S
△BED
﹣S
△BDP
）＝＝t．
故答案为：t．
（2）当t＝时，四边形MNQP为平行四边形，理由如下：∵M、N分别为AB、AD的中点，
∴MN∥BD，MN＝BD＝，
∵t＝时，
∴BP＝＝BE，且点Q是DE的中点，
∴PQ∥BD，PQ＝BD＝，
∴MN∥PQ，MN＝PQ，
∴四边形MNQP是平行四边形．
（3）AQ⊥CQ．
理由如下：如图，连接BQ，
∵BD＝BE，点Q是DE中点，
∴BQ⊥DE，
∴∠AQD+∠BQA＝90°，
∵在Rt△DCE中，点Q是DE中点，
∴DQ＝CQ，
∴∠DCQ＝∠CDQ，且∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ADQ＝∠BCQ，且BC＝AD，DQ＝CQ，
∴△ADQ≌△BCQ（SAS），
∴∠AQD＝∠BQC，且∠AQD+∠BQA＝90°，
∴∠BQC+∠BQA＝90°，
∴∠AQC＝90°，
∴AQ⊥CQ．
11．解：（1）∵∠A＝∠C＝90°，AB＝1，AD＝，CD＝，∴BD＝＝＝2，
∴BC＝＝＝；
（2）连接AC，过点C作CF⊥AD于F，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于E，
则∠CFA＝∠FAE＝∠AEC＝90°，
∴四边形AECF是矩形，
∴∠FCE＝90°，
∵∠DCB＝90°，
∴∠DCF＝∠BCE，
又∵∠CFD＝∠CEB＝90°，CD＝CB，
∴△CFD≌△CEB（AAS），
∴CF＝CE，
∴四边形AECF是正方形，
∵AC是对角线，
∴AC平分∠DAB；
（3）由（2）可知，△CFD≌△CEB，
∴DF＝BE，
∵四边形AECF是正方形，AB＝3，AD＝5，∴AE＝AF，即AB+BE＝AD﹣DF，
∴3+BE＝5﹣BE，
∴BE＝1，
∴AE＝4，
∴AC＝＝＝4．
故答案为：4．
12．解：（1）如图1．
（2）DE∥BC，DE＝BC．如图1，连接BE．∵PM＝ME，AM＝MB，∠PMA＝∠EMB，
在△PMA和△EMB中：
，
∴△PMA≌△EMB（SAS）．
∴PA＝BE，∠MPA＝∠MEB．
∴PA∥BE．
∵四边形PADC是平行四边形，
∴PA∥DC，PA＝DC．
∴BE∥DC，BE＝DC．
∴四边形DEBC是平行四边形．
∴DE∥BC，DE＝BC．
（3）有结论DE⊥AC．理由如下：
∵∠ACB＝90°，DE∥BC，
∴BC⊥AC．
∴DE⊥AC．
（4）存在以点A、C、D、M为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况考虑：①如图2，以线段AC为对角线，
∵点A（0，0），点C（5，3），点D（4，2），
∴点M（0+5﹣4，0+3﹣2），即（1，1）；
②如图3，以线段CD为对角线，
∵点A（0，0），点C（5，3），点D（4，2），
∴点M（5+4﹣0，3+2﹣0），即（9，5）；
③如图4，以线段AD为对角线，
∵点A（0，0），点C（5，3），点D（4，2），
∴点M（4+0﹣5，2+0﹣3），即（﹣1，﹣1）．
综上可知：在平面内存在点M，使以点A、C、D、M为顶点的四边形是平行四边形，点M 的坐标为（1，1）或（﹣1，﹣1）或（9，5）．
13．解：（1）DE∥BC，DE＝BC．
如图1，在△ABC中，延长DE（D、E分别是AB、AC的中点）到点F，使得EF＝DE，连接CF，
在△ADE和△CFE中，
∴△ADE≌△CFE（SAS），
∴AD＝CF，∠A＝∠ECF，
∴AD∥CF，
∵AD＝BD，
∴BD＝CF，
∵BD∥CF，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴DE∥BC，DF＝BC，
∴DE＝DF＝BC．
（2）如图2，延长GE、FD交于点H，
∵E为AD中点，
∴EA＝ED，且∠A＝∠EDH＝90°，
在△AEG和△DEH中，
，
∴△AEG≌△DEH（ASA），
∴AG＝HD＝2，EG＝EH，
∵∠GEF＝90°，
∴EF垂直平分GH，
∴GF＝HF＝DH+DF＝2+3＝5；
（3）如图3，过点D作AB的平行线交GE的延长线于点H，过H作CD的垂线，垂足为P，连接HF，
同（1）可知△AEG≌△DEH，GF＝HF，
∴∠A＝∠HDE＝100°，AG＝HD＝2，
∵∠ADC＝110°，
∴∠HDF＝360°﹣100°﹣110°＝150°，
∴∠HDP＝30°，
∵∠DPH＝90°
∴PH＝1，PD＝，
∵DF＝，
∴PF＝PD+DF＝+＝2，
在Rt△HFP中，∠HPF＝90°，HP＝1，PF＝2，
∴HF＝＝＝．
∴GF＝FH＝．
14．解：（1）过点D作DE⊥BC于点E，
则四边形ABED为矩形，
∴AB＝DE，AD＝BE，
∵AD＝16，BC＝21，CD＝13，
∴CE＝BC﹣BE＝21﹣16＝5，
∴DE＝＝＝12，
即直线AD和BC之间的距离为5．
（2）如图2，
∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ＝CP，
当P从B运动到C时，
∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，CP＝21﹣2t，
∴16﹣t＝21﹣2t，
解得t＝5，
∴当t＝5秒时，四边形PQDC是平行四边形；
（3）当PQ＝PD时，
如图3，作PH⊥AD于H，则HQ＝HD，
∵QH＝HD＝QD＝（16﹣t），
∵AH＝BP，
∴2t＝（16﹣t）+t，
∴t＝秒；
当PQ＝QD时，QH＝AH﹣AQ＝BP﹣AQ＝2t﹣t＝t，QD＝16﹣t，
∵QD2＝PQ2＝t2+122，
∴（16﹣t）2＝122+t2，
解得t＝（秒）；
当QD＝PD时，DH＝AD﹣AH＝AD﹣BP＝16﹣2t，
∵QD2＝PD2＝PH2+HD2＝122+（16﹣2t）2，
∴（16﹣t）2＝122+（16﹣2t）2，
即3t2﹣32t+144＝0，
∵△＜0，
∴方程无实根，
综上可知，当t＝秒或秒时，△PQD是等腰三角形．15．（1）证明：延长EA至点F，使AF＝BE，连接OF，如图1所示：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOA＝90°，OB＝OA，
∵∠AEB＝90°，
∴∠OBE+∠OAE＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∵∠OAE+∠OAF＝180°，
∴∠OBE＝∠OAE，
在△OBE与△OAF中，，
∴△OBE≌△OAF（SAS），
∴OE＝OF，∠BEO＝∠AFO，
∴∠AEO＝∠AFO，
∴∠BEO＝∠AEO，
∴EO平分∠AEB；
（2）解：OE＝EB+EA，理由如下：
由（1）得：△OBE≌△OAF，
∴OE＝OF，∠BOE＝∠AOF，
∵∠BOE+∠AOE＝90°，
∴∠AOF+∠AOE＝90°，
∴∠EOF＝90°，
∴△EOF是等腰直角三角形，
∴2OE2＝EF2，
∵EF＝EA+AF＝EA+EB，
∴2OE2＝（EB+EA）2，
∴OE＝EB+EA，
故答案为：OE＝EB+EA；
（3）证明：∵CF⊥EB，DH⊥EA，
∴∠F＝∠H＝∠AEB＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠EAB+∠DAH＝90°，∠EAB+∠ABE＝90°，∠ADH+∠DAH＝90°，∴∠EAB＝∠HDA，∠ABE＝∠DAH．
在△ABE与△ADH中，，
∴△ABE≌△ADH（ASA），
∴BE＝AH，AE＝DH，
同理可得：△ABE≌△BCF，△ADH≌△DCG，△DCG≌△CBF，
∴BE＝CF，AE＝BF，AH＝DG，DH＝CG，DG＝CF，CG＝BF，
∴CG+FC＝BF+BE＝AE+AH＝DH+DG，
∴FG＝EF＝EH＝HG，
∵∠F＝∠H＝∠AEB＝90°，
∴四边形EFGH为正方形．
16．解：教材呈现：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB＝BC，
∴∠BAD+∠B＝180°，
∵∠BAD＝2∠B，
∴∠B＝60°，
∵AB＝BC，∠B＝60°，
∴△ABC为等边三角形；
（1）由教材呈现可知，∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，△ABC为等边三角形，∵四边形ABCD为菱形，
∴∠BAC＝∠DAC＝60°，∠ADB＝∠CDB＝30°，
∴OD＝AD•sin∠DAC＝2，
∵AD∥BC，DE∥AC，
∴四边形ACED为平行四边形，
∴DE＝AC＝4，∠ADE＝180°﹣∠DAC＝120°，
∴∠ODE＝90°，
∴OE＝＝2；
（2）∵四边形ABCD为菱形，
∴点C与点A关于BD对称，
连接AE交BD于P，则PC+PE最小，且PC+PE＝AE，
∵△ADC和△EDC是等边三角形，
∴AE＝2×4×sin60°＝4，
故答案为：（1）2；（2）4．
17．解：（1）过A作AH⊥BC，如图，
∵AF平分∠GFC且FG⊥AB，
∴AH＝AG＝6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D，
∴sin B＝sin D＝，
又∵AE⊥CD，AE＝5，
∴AD＝＝，
∴平行四边形ABCD的面积为：AD×AH＝×6＝50．
（2）在FC上截取FM＝FG，过F作FN⊥AF，交AC延长线于点N，连接AM，如图，
∵AF平分∠GFC，
∴∠AFM＝∠AFG，
在△AFM和△AFG中，
，
∴△AFG≌△AFM（SAS），
∴∠AGF＝∠AMF，∠FAG＝∠FAM，
又∵∠AGF﹣∠ACB＝∠CAE，
∴∠AMF﹣∠ACB＝∠CAE，
∵∠AMF﹣∠ACB＝∠CAM，
∴∠MAC＝∠EAC，
∴∠FAC＝∠GAE，
又∵平行四边形ABCD中，AB∥CD，且AE⊥CD，∴∠GAE＝∠AED＝90°，
∴∠FAC＝45°，
又∵FN⊥AF，
∴∠FAH＝∠FNC＝45°，
∴AF＝NF，即△AFN为等腰直角三角形，
∵FH⊥FG，FN⊥AF，
∴∠AFG＝∠NFH，
又∵∠AFM＝∠AFG，
∴∠AFM＝∠NFH，
∴∠AFH＝∠NFC，
在△AFH和△NFC中，
，
∴△AFH≌△NFC（ASA）．
∴AH＝CN，
∴在Rt△AFN中，AN＝AF，即AC+CN＝AF，∴AC+AH＝AF．。