平行四边形单元 期末复习综合模拟测评学能测试

平行四边形单元 期末复习综合模拟测评学能测试
一、解答题
1．已知，四边形ABCD 是正方形，点E 是正方形ABCD 所在平面内一动点（不与点D 重合），AB ＝AE ，过点B 作DE 的垂线交DE 所在直线于F ，连接CF ．
提出问题：当点E 运动时，线段CF 与线段DE 之间的数量关系是否发生改变？ 探究问题：
（1）首先考察点E 的一个特殊位置：当点E 与点B 重合（如图①）时，点F 与点B 也重合．用等式表示线段CF 与线段DE 之间的数量关系： ；
（2）然后考察点E 的一般位置，分两种情况：
情况1：当点E 是正方形ABCD 内部一点（如图②）时；
情况2：当点E 是正方形ABCD 外部一点（如图③）时．
在情况1或情况2下，线段CF 与线段DE 之间的数量关系与（1）中的结论是否相同？如果都相同，请选择一种情况证明；如果只在一种情况下相同或在两种情况下都不相同，请说明理由；
拓展问题：
（3）连接AF ，用等式表示线段AF 、CF 、DF 三者之间的数量关系： ．
2．如图1，ABC ∆是以ACB ∠为直角的直角三角形，分别以AB ，BC 为边向外作正方形ABFG ，BCED ，连结AD ，CF ，AD 与CF 交于点M ，AB 与CF 交于点N ．
（1）求证：ABD FBC
∆≅∆；
（2）如图2，在图1基础上连接AF和FD，若6
AD=，求四边形ACDF的面积．3．如图，四边形OABC中，BC∥AO，A（4，0），B（3，4），C（0，4）．点M从O出发以每秒2个单位长度的速度向A运动；点N从B同时出发，以每秒1个单位长度的速度向C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP垂直x 轴于点P，连结AC交NP于Q，连结MQ．
（1）当t为何值时，四边形BNMP为平行四边形？
（2）设四边形BNPA的面积为y，求y与t之间的函数关系式．
（3）是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
4．共顶点的正方形ABCD与正方形AEFG中，AB=13，AE2．
（1）如图1，求证：DG=BE；
（2）如图2，连结BF，以BF、BC为一组邻边作平行四边形BCHF．
①连结BH，BG，求BH
BG
的值；
②当四边形BCHF为菱形时，直接写出BH的长．
5．猜想与证明：如图①摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B，C，G三点在一条直线上，CE在边CD上．连结AF，若M为AF的中点，连结DM，ME，试猜想DM与ME的数量关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
(1)若将“猜想与证明”中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为__________________；
(2)如图②摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明(1)中的结论仍然成立．[提示：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半]
①②
6．已知正方形ABCD与正方形（点C、E、F、G按顺时针排列），是的中点，连接，.
（1）如图1，点E在上，点在的延长线上，
求证：DM=ME，DM⊥.ME
简析：由是的中点，AD∥EF，不妨延长EM交AD于点N，从而构造出一对全等的三角形，即≌ .由全等三角形性质，易证△DNE是三角形,进而得出结论.
（2）如图2，在DC的延长线上，点在上，（1）中结论是否成立？若成立,请证明你的结论；若不成立，请说明理由.
（3）当AB=5，CE=3时，正方形的顶点C、E、F、G按顺时针排列.若点E在直线CD上，则DM= ;若点E在直线BC上，则DM= .
7．定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连结它的两个非直角顶点的线段叫做
这个损矩形的直径。

（1）如图1，损矩形ABCD ，∠ABC ＝∠ADC ＝90°，则该损矩形的直径是线段AC ，同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点，在公共边的同侧的两个角是相等的。

如图1中：△ABC 和△ABD 有公共边AB ，在AB 同侧有∠ADB 和∠ACB ，此时∠ADB ＝∠ACB ；再比如△ABC 和△BCD 有公共边BC ，在CB 同侧有∠BAC 和∠BDC ，此时∠BAC ＝∠BDC 。

请再找一对这样的角来 ＝
（2）如图2，△ABC 中，∠ABC ＝90°，以AC 为一边向形外作菱形ACEF ，D 为菱形ACEF 的中心，连结BD ，当BD 平分∠ABC 时，判断四边形ACEF 为何种特殊的四边形？请说明理由。

（3）在第（2）题的条件下，若此时AB ＝3，BD ＝42，求BC 的长。

8．如图，在四边形OABC 是边长为4的正方形点P 为OA 边上任意一点（与点O A 、不重合），连接CP ，过点P 作PM CP ⊥，且PM CP =，过点M 作MN AO ∥，交BO 于点,N 联结BM CN 、，设OP x =.
（1）当1x =时，点M 的坐标为（ ， ）
（2）设CNMB S y =四形边，求出y 与x 的函数关系式，写出函数的自变量的取值范围.
（3）在x 轴正半轴上存在点Q ，使得QMN 是等腰三角形，请直接写出不少于4个符合条件的点Q 的坐标（用x 的式子表示）
9．如图，等腰直角三角形OAB 的三个定点分别为(0,0)O 、(0,3)A 、(3,0)B -，过A 作y 轴的垂线1l .点C 在x 3D 在1l 上以每秒
3322
+的速度同时从点A 出发向右运动，当四边形ABCD 为平行四边形时C 、D 同时停止运动，设运动时间为t .当C 、D 停止运动时，将△OAB 沿y 轴向右翻折得到△1OAB ，1AB 与CD 相交于点E ，P 为x 轴上另一动点.
(1)求直线AB 的解析式，并求出t 的值.
(2)当PE+PD 取得最小值时，求222PD PE PD PE ++⋅的值.
(3)设P 的运动速度为1，若P 从B 点出发向右运动，运动时间为x ，请用含x 的代数式表示△PAE 的面积.
10．如图①，在等腰Rt ABC 中，90BAC ∠=，点E 在AC 上(且不与点A 、C 重合)，在ABC 的外部作等腰Rt CED ，使90CED ∠=，连接AD ，分别以AB ，AD 为邻边作平行四边形ABFD ，连接AF ．
()1请直接写出线段AF ，AE 的数量关系；
()2①将CED 绕点C 逆时针旋转，当点E 在线段BC 上时，如图②，连接AE ，请判断线段AF ，AE 的数量关系，并证明你的结论；
②若25AB =，2CE =，在图②的基础上将CED 绕点C 继续逆时针旋转一周的过程中，当平行四边形ABFD 为菱形时，直接写出线段AE 的长度．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、解答题
1．（1）DE2CF；（2）在情况1与情况2下都相同，详见解析；（3）AF＋CF＝
2DF或|AF－CF|2
【分析】
（1）易证△BCD是等腰直角三角形，得出2CB，即可得出结果；
（2）情况1：过点C作CG⊥CF，交DF于G，设BC交DF于P，由ASA证得
△CDG≌△CBF，得出DG=FB，CG=CF，则△GCF是等腰直角三角形，2CF，连接BE，设∠CDG=α，则∠CBF=α，∠DEA=∠ADE=90°-α，求出∠DAE=2α，则∠EAB=90°-2α，
∠BEA=∠ABE=1
2
（180°-∠EAB）=45°+α，∠CBE=45°-α，推出∠FBE=45°，得出△BEF是等腰
直角三角形，则EF=BF，推出EF=DG，DE=FG，得出2CF；
情况2：过点C作CG⊥CF交DF延长线于G，连接BE，设CD交BF于P，由ASA证得
△CDG≌△CBF，得出DG=FB，CG=CF，则△GCF是等腰直角三角形，得2CF，设
∠CDG=α，则∠CBF=α，证明△BEF是等腰直角三角形，得出EF=BF，推出DE=FG，得出2CF；
（3）①当F在BC的右侧时，作HD⊥DF交FA延长线于H，由（2）得△BEF是等腰直角三
角形，EF=BF，由SSS证得△ABF≌△AEF，得出∠EFA=∠BFA=1
2
∠BFE=45°，则△HDF是等腰
直角三角形，得2DF，DH=DF，∵∠HDF=∠ADC=90°，由SAS证得△HDA≌△FDC，得CF=HA，即可得出2；
②当F在AB的下方时，作DH⊥DE，交FC延长线于H，在DF上取点N，使CN=CD，连接BN，证明△BFN是等腰直角三角形，得BF=NF，由SSS证得△CNF≌△CBF，得
∠NFC=∠BFC=1
2
∠BFD=45°，则△DFH是等腰直角三角形，得2，DF=DH，由SAS
证得△ADF≌△CDH，得出CH=AF，即可得出AF+CF=2DF；
③当F在DC的上方时，连接BE，作HD⊥DF，交AF于H，由（2）得△BEF是等腰直角三
角形，EF=BF，由SSS证得△ABF≌△AEF，得∠EFA=∠BFA=1
2
∠BFE=45°，则△HDF是等腰直
角三角形，得出HF=2DF，DH=DF，由SAS证得△ADC≌△HDF，得出AH=CF，即可得出AF-CF=2DF；
④当F在AD左侧时，作HD⊥DF交AF的延长线于H，连接BE，设AD交BF于P，证明△BFE是等腰直角三角形，得EF=BF，由SSS证得△ABF≌△AEF，得
∠EFA=∠BFA=1
2
∠BFE=45°，则∠DFH=∠EFA=45°，△HDF是等腰直角三角形，得DH=DF，
HF=2DF，由SAS证得△HDA≌△FDC，得出AF=CF，即可得出CF-AF=2DF．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠BCD=90°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴DB=2CB，
当点E、F与点B重合时，则DE=2CF，
故答案为：DE=2CF；
（2）在情况1或情况2下，线段CF与线段DE之间的数量关系与（1）中结论相同；理由如下：
情况1：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB=AD=AB=AE，∠BCD=∠DAB=∠ABC=90°，
过点C作CG⊥CF，交DF于G，如图②所示：
则∠BCD=∠GCF=90°，
∴∠DCG=∠BCF，
设BC交DF于P，
∵BF⊥DE，
∴∠BFD=∠BCD=90°，
∵∠DPC=∠FPB，
∴∠CDP=∠FBP，
在△CDG和△CBF中，
DCG BCF CD CB
CDG CBF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩
＝＝＝， ∴△CDG ≌△CBF （ASA ），
∴DG=FB ，CG=CF ，
∴△GCF 是等腰直角三角形，
∴FG=2CF
，
连接BE ，
设∠CDG=α，则∠CBF=α，∠ADE=90°-α，
∵AD=AE ，
∴∠DEA=∠ADE=90°-α，
∴∠DAE=180°-2（90°-α）=2α，
∴∠EAB=90°-2α，
∵AB=AE ，
∴∠BEA=∠ABE=12（180°-∠EAB ）=12
（180°-90°+2α）=45°+α， ∴∠CBE=90°-（45°+α）=45°-α，
∴∠FBE=∠CBE+∠CBF=45°-α+α=45°，
∵BF ⊥DE ，
∴△BEF 是等腰直角三角形，
∴EF=BF ，
∴EF=DG ，
∴EF+EG=DG+EG ，即DE=FG ，
∴DE=2CF ；
情况2：过点C 作CG ⊥CF 交DF 延长线于G ，连接BE ，设CD 交BF 于P ，如图③所示：
∵∠GCF=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCF ，
∵∠FPD=∠BPC ，
∴∠FDP=∠PBC ，
在△CDG 和△CBF 中，
DCG BCF CD CB
CDG CBF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩
＝＝＝， ∴△CDG ≌△CBF （ASA ），
∴DG=FB ，CG=CF ，
∴△GCF 是等腰直角三角形，
∴FG=
2CF ，
设∠CDG=α，则∠CBF=α，
同理可知：∠DEA=∠ADE=90°-α，∠DAE=2α，
∴∠EAB=90°+2α，
∵AB=AE ，
∴∠BEA=∠ABE=45°-α，
∴∠FEB=∠DEA-∠AEB=90°-α-（45°-α）=45°，
∵BF ⊥DE ，
∴△BEF 是等腰直角三角形，
∴EF=BF ，
∴EF=DG ，
∴DE=FG ，
∴DE=2CF ；
（3）①当F 在BC 的右侧时，作HD ⊥DF 交FA 延长线于H ，如图④所示：
由（2）得：△BEF 是等腰直角三角形，EF=BF ，
在△ABF 和△AEF 中，
AB AE AF AF BF EF ⎧⎪⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ABF ≌△AEF （SSS ），
∴∠EFA=∠BFA=12
∠BFE=45°， ∴△HDF 是等腰直角三角形，
∴HF=2
DF ，DH=DF ，
∵∠HDF=∠ADC=90°，
∴∠HDA=∠FDC ，
在△HDA 和△FDC 中，
DH DF HDA FDC DA DC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△HDA ≌△FDC （SAS ），
∴CF=HA ，
∴2DF=HF=HA+AF=CF+AF ，即AF+CF=2DF ；
②当F 在AB 的下方时，作DH ⊥DE ，交FC 延长线于H ，在DF 上取点N ，使CN=CD ，连接BN ，如图⑤所示：
设∠DAE=α，则∠CDN=∠CND=90°-α，
∴∠DCN=2α，
∴∠NCB=90°-2α，
∵CN=CD=CB ，
∴∠CNB=∠CBN=12（180°-∠NCB ）=12
（180°-90°+2α）=45°+α， ∵∠CNE=180°-∠CND=180°-（90°-α）=90°+α，
∴∠FNB=90°+α-（45°+α）=45°，
∴△BFN 是等腰直角三角形，
∴BF=NF ，
在△CNF 和△CBF 中，
CN CB CF CF NF BF ⎧⎪⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△CNF ≌△CBF （SSS ），
∴∠NFC=∠BFC=1
2∠BFD=45°， ∴△DFH 是等腰直角三角形，
∴FH=2DF ，DF=DH ，
∵∠ADC=∠HDE=90°，
∴∠ADF=∠CDH ，
在△ADF 和△CDH 中，
AD CD ADF CDH DF DH ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ADF ≌△CDH （SAS ），
∴CH=AF ，
∴FH=CH+CF=AF+CF ，
∴AF+CF=2DF ；
③当F 在DC 的上方时，连接BE ，作HD ⊥DF ，交AF 于H ，如图⑥所示：
由（2）得：△BEF 是等腰直角三角形，EF=BF ，
在△ABF 和△AEF 中，
AB AE AF AF BF EF ⎧⎪⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ABF ≌△AEF （SSS ），
∴∠EFA=∠BFA=12
∠BFE=45°， ∴△HDF 是等腰直角三角形，
∴2，DH=DF ，
∵∠ADC=∠HDF=90°，
∴∠ADH=∠CDF ，
在△ADC 和△HDF 中，
AD CD ADH CDF DH DF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ADC ≌△HDF （SAS ），
∴AH=CF ，
∴HF=AF-AH=AF-CF ，
∴
AF-CF=2DF ；
④当F 在AD 左侧时，作HD ⊥DF 交AF 的延长线于H ，连接BE ，设AD 交BF 于P ，如图⑦所示：
∵AB=AE=AD ，
∴∠AED=∠ADE ，
∵∠PFD=∠PAB=90°，∠FPD=∠BPA ，
∴∠ABP=∠FDP ，
∴∠FEA=∠FBA ，
∵AB=AE ，
∴∠AEB=∠ABE ，
∴∠FEB=∠FBE ，
∴△BFE 是等腰直角三角形，
∴EF=BF ，
在△ABF 和△AEF 中， AB AE AF AF BF EF ⎧⎪⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ABF ≌△AEF （SSS ），
∴∠EFA=∠BFA=12
∠BFE=45°， ∴∠DFH=∠EFA=45°，
∴△HDF 是等腰直角三角形，
∴DH=DF ，
DF ，
∵∠HDF=∠CDA=90°，
∴∠HDA=∠FDC ，
在△HDA 和△FDC 中，
DH DF HDA FDC AD CD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△HDA ≌△FDC （SAS ），
∴AF=CF ，
∴AH-AF=CF-AF=HF ，
∴
DF ，
综上所述，线段AF 、CF 、DF 三者之间的数量关系：
DF 或
DF ， 故答案为：
DF 或
DF ．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（1）详见解析；（2）18
【分析】
（1）根据正方形的性质得出BC=BD ，AB=BF ，∠CBD=∠ABF=90°，求出∠ABD=∠CBF ，根据全等三角形的判定得出即可；
（2）根据全等三角形的性质得出∠BAD=∠BFC ，AD=FC=6，求出AD ⊥CF ，根据三角形的面积求出即可．
【详解】
解：（1）四边形ABFG 、BCED 是正方形，
AB FB ∴=，CB DB =，90ABF CBD ∠=∠=︒，
ABF ABC CBD ABC ∴∠+∠=∠+∠，
即ABD CBF ∠=∠
在ABD ∆和FBC ∆中，
AB FB ABD CBF DB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
()ABD FBC SAS ∴∆≅∆；
图1 图2
（2）
ABD FBC ∆≅∆，
BAD BFC ∴∠=∠，6AD FC ==，
180AMF BAD CNA ∴∠=︒-∠-∠ 180()BFC BNF =︒-∠+∠
1809090=︒-︒=︒
AD CF ∴⊥
-ACD ACF DFM ACM ACDF S S S S S ∆∆∆∆∴=++四边形
11112222
AD CM CF AM DM FM AM CM =⋅+⋅+⋅-⋅ 1133(6)(6)1822
CM AM AM CM AM CM =++---⋅= 【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的面积等知识点，能求出△ABD ≌△FBC 是解此题的关键．
3．（1）
34；（2）y =4t +2；（3）存在，点M 的坐标为（1，0）或（2，0）． 【分析】
（1）因为BN ∥MP ，故当BN=MP 时，四边形BNMP 为平行四边形，此时点M 在点P 的左侧，求解即可；
（2）y =12
（BN +PA ）•OC ，即可求解； （3）①当∠MQA 为直角时，则△MAQ 为等腰直角三角形，则PA =PM ，即可求解；②当∠QMA 为直角时，则NB +OM =BC =3，即可求解．
【详解】
（1）∵BN ∥MP ，故当BN =MP 时，四边形BNMP 为平行四边形．
此时点M 在点P 的左侧时，即0≤t ＜1时，
MP =OP ﹣OM =3﹣t ﹣2t =3﹣3t ，BN =t ，
即3﹣3t =t ，解得：t =34
； （2）由题意得：由点C 的坐标知，OC =4，
BN =t ，NC =PO =3﹣t ，PA =4﹣OP =4﹣（3﹣t ）=t +1，
则y =
12(BN +PA )•OC =12
(t +t +1)×4=4t +2； （3）由点A 、C 的坐标知，OA =OC =4， 则△COA 为等腰直角三角形，故∠OCA =∠OAC =45°，
①当∠MQA 为直角时，
∵∠OAC =45°，故△MAQ 为等腰直角三角形，
则PA =PM ，
而PA =4﹣(3﹣t )=t +1，PM =OP ﹣OM =(3﹣t )﹣2t =3﹣3t ，
故t +1=3﹣3t ，解得：t =
12，则OM =2t =1， 故点M （1，0）；
②当∠QMA 为直角时，
则点M 、P 重合，
则NB +OM =BC =3，即2t +t =3，解得：t =1，
故OM =OP =2t =2，
故点M （2，0）；
综上，点M 的坐标为（1，0）或（2，0）．
【点睛】
本题是四边形综合题，涉及坐标与图形、平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、图形的面积计算等，复杂度较高，难度较大，其中（3）要分类求解，避免遗漏．
4．（1）证明见解析；（2）①
BH BG =②BH 的长为或． 【分析】
（1）证()DAG BAE SAS △≌△，即可得出结论；
（2）①连接GH ，延长HF 交AB 于N ，设AB 与EF 的交点为M ，证
()GAB GFH SAS △≌△，得GH GB =，GHF GBA ∠=∠，证GHB ∆为等腰直角三角形，即得结论；
②分两种情况，证出点B 、E 、G 在一条直线上，求出10AF EG ===，则5OA OG OE ===，由勾股定理求出12OB =，求出BG ，即可得出答案．
【详解】
（1）∵四边形ABCD 和四边形AEFG 是正方形，
∴AD =AB =CB ，AG =AE ，∠DAB =∠GCE =90°，
∴∠DAB ﹣∠GAF =∠GCE ﹣∠GAF ，
即∠DAG =∠BAE ，
在△DAG 和△BAE 中，
AD AE DAG BAE AG AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△DAG ≌△BAE (SAS)，
∴DG =BE ；
（2）①连接GH ，延长HF 交AB 于N ，设AB 与EF 的交点为M ，如图2所示：
∵四边形BCHF 是平行四边形，
∴HF //BC ，HF =BC =AB ．
∵BC ⊥AB ，
∴HF ⊥AB ，
∴∠HFG =∠FMB ，
又AG //EF ，
∴∠GAB =∠FMB ，
∴∠HFG =∠GAB ，
在△GAB 和△GFH 中，
AG FG GAB HFG AB FH =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△GAB ≌△GFH (SAS)，
∴GH =GB ，∠GHF =∠GBA ，
∴∠HGB =∠HNB =90°，
∴△GHB 为等腰直角三角形，
∴BH 2=
， ∴2BH BG
= ②分两种情况：
a 、如图3所示：
连接AF、EG交于点O，连接BE．
∵四边形BCHF为菱形，
∴CB=FB．
∵AB=CB，
∴AB=FB=13，
∴点B在AF的垂直平分线上．
∵四边形AEFG是正方形，
∴AF=EG，OA=OF=OG=OE，AF⊥EG，AE=FE=AG=FG，∴点G、点E都在AF的垂直平分线上，
∴点B、E、G在一条直线上，
∴BG⊥AF．
∵AE=52，
∴AF=EG2
=AE=10，
∴OA=OG=OE=5，
∴OB2222
AB OA
=-=-=12，
135
∴BG=OB+OG=12+5=17，
由①得：BH2
=BG=172；
b、如图4所示：
连接AF、EG交于点O，连接BE，
同上得：点B、E、G在一条直线上，OB=12，BG=OG+OB﹣OG=12﹣5=7，
由①得：BH2
BG=72；
综上所述：BH的长为172或72．
【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、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的判定等知识；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．
5．猜想与证明：猜想DM与ME的数量关系是：DM＝ME，证明见解析；拓展与延伸：(1)DM＝ME，DM⊥ME；(2)证明见解析
【分析】
猜想：延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明．
（1）延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
（2）连接AC，AC和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
【详解】
解：猜想与证明：
猜想DM与ME的数量关系是：DM＝ME.
证明：如图①，延长EM交AD于点H.
①
∵四边形ABCD、四边形ECGF都是矩形，
∴AD∥BG，EF∥BG，∠HDE＝90°.
∴AD∥EF.
∴∠AHM＝∠FEM.
又∵AM＝FM，∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME.
∴HM＝EM.
又∵∠HDE＝90°，
∴DM＝1
2
EH＝ME；
（1）∵四边形ABCD和CEFG是正方形，∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
EFM HAM FM AM
FME AMH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△FME ≌△AMH （ASA ）
∴HM=EM ，
在RT △HDE 中，HM=EM ，
∴DM=HM=ME ，
∴DM=ME ．
∵四边形ABCD 和CEFG 是正方形，
∴AD=CD ，CE=EF ，
∵△FME ≌△AMH ，
∴EF=AH ，
∴DH=DE ，
∴△DEH 是等腰直角三角形，
又∵MH=ME ，
故答案为：DM ＝ME ，DM ⊥ME ；
（2）证明：如图②，连结AC.
②
∵四边形ABCD 、四边形ECGF 都是正方形，
∴∠DCA ＝∠DCE ＝∠CFE ＝45°，
∴点E 在AC 上．
∴∠AEF ＝∠FEC ＝90°.
又∵点M 是AF 的中点，
∴ME ＝12
AF. ∵∠ADC ＝90°，点M 是AF 的中点，
∴DM ＝12
AF. ∴DM ＝ME. ∵ME ＝
12AF ＝FM ，DM ＝12AF ＝FM ， ∴∠DFM ＝12 (180°－∠DMF)，∠MFE ＝12
(180°－∠FME)， ∴∠DFM ＋∠MFE ＝
12 (180°－∠DMF)＋ 12 (180°－∠FME)
＝180°－12 (∠DMF ＋∠FME) ＝180°－12
∠DME. ∵∠DFM ＋∠MFE ＝180°－∠CFE ＝180°－45°＝135°，
∴180°－12
∠DME ＝135°. ∴∠DME ＝90°.
∴DM ⊥ME.
【点睛】
本题主要考查四边形的综合题，解题的关键是利用正方形的性质及直角三角形的中线与斜边的关系找出相等的线段．
6．（1）等腰直角；（2）结论仍成立，见解析；（3）2或42，17.
【分析】
（1）结论：DM ⊥EM ，DM=EM ．只要证明△AMH ≌△FME ，推出MH=ME ，AH=EF=EC ，推出DH=DE ，因为∠EDH=90°，可得DM ⊥EM ，DM=ME ；
（2）结论不变，证明方法类似；
（3）分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可；
【详解】
解：（1） △AMN ≌ △FME ,等腰直角.
如图1中，延长EM 交AD 于H ．
∵四边形ABCD 是正方形，四边形EFGC 是正方形，
∴0ADE DEF 90∠=∠=，AD CD =，
∴//AD EF ，
∴MAH MFE ∠=∠，
∵AM MF =，AMH FME ∠=∠，
∴△AMH ≌△FME ，
∴MH ME =，AH EF EC ==，
∴DH DE =，
∵0EDH 90∠=，
∴DM ⊥EM ，DM=ME ．
（2）结论仍成立.
如图，延长EM 交DA 的延长线于点H,
∵四边形ABCD 与四边形CEFG 都是正方形,
∴0ADE DEF 90∠=∠=，AD CD =,
∴AD ∥EF,∴MAH MFE ∠=∠.
∵AM FM =，AMH FME ∠=∠,
∴△AMF ≌△FME(ASA), …
∴MH ME =，AH FE=CE =,∴DH DE =.
在△DHE 中，DH DE =，0EDH 90∠=,MH ME =,
∴=DM EM ，DM ⊥EM.
（3）①当E 点在CD 边上，如图1所示，由（1）的结论可得三角形DME 为等腰直角三角形，则DM 的长为2DE 2
,此时DE EC DC 532=-=-=,所以2DM = ②当E 点在CD 的延长线上时，如图2所示，由（2）的结论可得三角形DME 为等腰直角三角形，则DM 2，此时DE DC CE 538=+=+= ，所以42DM = ； ③当E 点在BC 上是，如图三所示，同（1）、（2）理可得到三角形DME 为等腰直角三角形，
证明如下：∵四边形ABCD 与四边形CEFG 都是正方形, 且点E 在BC 上
∴AB//EF ，∴HAM EFM ∠=∠，
∵M 为AF 中点，∴AM=MF
∵在三角形AHM 与三角形EFM 中：
HAM EFM AM MF
AMH EMF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
, ∴△AMH ≌△FME(ASA),
∴MH ME =，AH FE=CE =,∴DH DE =.
∵在三角形AHD 与三角形DCE 中：
090AD DC DAH DCE AH EF =⎧⎪∠=∠=⎨⎪=⎩
， ∴△AHD ≌△DCE(SAS),
∴ADH CDE ∠=∠,
∵∠ADC=∠ADH+∠HDC=90°，
∴∠HDE=∠CDE+∠HDC=90°,
∵在△DHE 中，DH DE =，0EDH 90∠=,MH ME =,
∴三角形DME 为等腰直角三角形，则DM 的长为2DE 2，此时在直角三角形DCE 中2222DE DC CE 5334=+=+= ，所以DM=17
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．
7．（1）∠ABD=∠ACD ；（2）四边形ACEF 为正方形，理由见解析；（3）5.
【解析】
【分析】
（1）以AD 为公共边，有∠ABD=∠ACD ；
（2）证明△ADC 是等腰直角三角形，得AD=CD ，则AE=CF ，根据对角线相等的菱形是正方形可得结论；
（3）如图2，作辅助线构建直角三角形，证明△ABC ≌△CHE ，得CH=AB=3，根据平行线等分线段定理可得BG=GH=4，从而得结论.
【详解】
解：（1）由图1得：△ABD 和△ADC 有公共边AD ，在AD 同侧有∠ABD 和∠ACD ，此时∠ABD=∠ACD ；
（2）四边形ACEF 为正方形，理由是：
∵∠ABC=90°，BD 平分∠ABC ，
∴∠ABD=∠CBD=45°
∴∠DAC=∠CBD=45°
∵四边形ACEF 是菱形，
∴AELCF ，
∴∠ADC=90°，
∴△ADC 是等腰直角三角形，
∴AD=CD ，.AE=CF ，
∴菱形ACEF 是正方形；
（3）如图2，过D 作DG ⊥BC 于G ，过E 作EH ⊥BC ，交BC 的延长线于H ， ∵∠DBG=45°，
∴△BDG 是等腰直角三角形，2，
∵BG=4，四边形ACEF 是正方形，
∴AC=CE ，∠ACE=90°，AD=DE ，
易得△ABC ≌△CHE ，
∴CH=AB=3，AB//DG//EH ，AD=DE ，
∴BG=GH=4，
∴CG=4-3=1，
∴BC=BG+CG=4+1=5.
【点睛】
本题是四边形的综合题，也是新定义问题，考查了损矩形和损矩形的直径的概念，平行线等分线段定理，菱形的性质，正方形的判定等知识，认真阅读理解新定义，第3问有难度，作辅助线构建全等三角形是关键.
8．（1）点M 的坐标为(51)，
；（2）()44y x =-()04x <<；（3）(
)224160Q x x +-， ()234160Q x x +- ，()24160Q x x -，
()2
5
160(224)Q x x x -<< 【分析】
（1）过点M 作ME OA ⊥，由“AAS ”可证COP PEM ∆≅∆，可得4CO PE ==，1OP ME ==，即可求点M 坐标；
（2）由（1）可知COP PEM ∆≅∆,设OP=x ，则可得M 点坐标为（4+x ，x ），由直线OB 解析式可得N （x ，x ），即可知MN=4，由一组对边平行而且相等的四边形是平行四边形即可证明四边形BCNM 是平行四边形，进而可求y 与x 的函数关系式；
（3）首先画出符合要求的点Q 的图形，共分三种情况，第一种情况：当MN 为底边时，第二种情况：当M 为顶点MN 为腰时，第三种情况：当N 为顶点MN 为腰时，然后根据图形特征结合勾股定理求出各种情况点的坐标即可解答．
【详解】
解：（1）如图，过点M 作ME OA ⊥，
CP PM ⊥
90CPO MPE ∴∠+∠=︒，且90CPO PCO ∠+∠=︒
PCO MPE ∴∠=∠，且CP PM =，90COP PEM ∠=∠=︒
()COP PEM AAS ∴∆≅∆
4CO PE ∴==，1OP ME ==
5OE ∴=
∴点M 坐标为(5,1)
故答案为(5,1)
（2）由（1）可知COP PEM ∆≅∆
4CO PE ∴==，OP ME x ==
∴点M 坐标为(4,)x x +
四边形OABC 是边长为4的正方形，
∴点(4,4)B
∴直线BO 的解析式为：y x =
//MN AO ，交BO 于点N ，
∴点N 坐标为(,)x x
4MN BC ∴==，且//BC MN
∴四边形BCNM 是平行四边形
4(4)y x ∴=- (04)x <<
（3）在x 轴正半轴上存在点Q ，使得QMN ∆是等腰三角形，
此时点Q 的坐标为：1(2,0)Q x +，22(416Q x x +-，0)，23(416Q x x ++-，240)(16Q x x +-250)(16Q x x -，0)其中(04)x <<，
理由：当（2）可知，(04)OP x x =<<，4MN PE ==，//MN x 轴，所以共分为以下几种请：
第一种情况：当MN 为底边时，作MN 的垂直平分线，与x 轴的交点为1Q ，如图2所示
111222
PQ PE MN ===， 12OQ x ∴=+，
1(2,0)Q x ∴+
第二种情况：如图3所示，
当M 为顶点MN 为腰时，以M 为圆心，MN 的长为半径画弧交x 轴于点2Q 、3Q ，连接2MQ 、3MQ ，
则234MQ MQ ==，
2222Q E MQ ME ∴=-
222416OQ OE Q E x x ∴=-=+-，
22(416Q x x ∴+-0)，
32Q E Q E =，
233416OQ OE Q E x x =+=+-
23(416Q x x ∴++-0)；
第三种情况，当以N 为顶点、MN 为腰时，以N 为圆心，MN 长为半径画圆弧交x 轴正半轴于点4Q ，
当022x <<4所示，
则2224416PQ NQ NP x =-=-，
24416OQ OP PQ x x ∴=+=+-，
即24(16Q x x +-，0)．
当22x =时，
则4ON =，此时Q 点与O 点重合，舍去；
当224x <<时，如图5，以N 为圆心，MN 为半径画弧，与x 轴的交点为4Q ，5Q ．
4Q 的坐标为：24(16Q x x -0)．
2516OQ x x =-
25(16Q x x ∴-0)
所以，综上所述，1(2,0)Q x +，22(416Q x x +-，0)，23(416Q x x ++-，240)(16Q x x +-250)(16Q x x -，0)使QMN ∆是等腰三角形．
【点睛】
本题考查四边形综合题，解题的关键是明确题意，画出相应的图象，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题．
9．（1）2t =；（2）222=2433PD PE PD PE ++⋅-； (3)①当06x ≤≤时，
S △PAE =
(6)(33)4x -+,②当6x ≥时, S △PAE =(6)(33)4
x -+. 【解析】
【分析】
（1）设直线AB 为3y kx =+，把B(-3,0)代入，求得k ，确定解析式；再设设t 秒后构成平行四边形，根据题意列出方程，求出t 即可；
（2）过E 作关于x 轴对于点E ',连接EE′交x 轴于点P ,则此时PE+PD 最小.由（1）得到当t=2时，有C （3，0），D(33+,3)，再根据AB ∥CD ，求出直线CD 和AB 1的解析式，确定E 的坐标；然后再通过乘法公式和线段运算，即可完成解答.
（3）根据（1）可以判断有06x ≤≤和6x ≥两种情况，然后分类讨论即可.
【详解】
（1）解：设直线AB 为3y kx =+，把B(-3,0)代入得：
033k =-+ ∴1k =
∴3y x
由题意得： 设t 秒后构成平行四边形，则
3333222t t ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭
解之得：2t =，
（2）如图:过E 作关于x 轴对于点E ',
连接EE′交x 轴于点P ,则此时PE+PD 最小.
由（1）t=2得：
∴C 30），D(33,3)
∵AB ∥CD
∴设CD 为1y x b =+
把C 30）代入得
b 1=3
∴CD 为：y x 3=-易得1AB 为：3y x =-+
∴33y x y x ⎧=-⎪⎨=-+⎪⎩ 解之得：E(33+,33-) ∴22222233332()3243322PD PE PD PE PD PE E D '⎛⎫⎛⎫-+++⋅=+==++=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭ (3)①当06x ≤≤时
S △PAE =S △PAB1-S △PEB1=133(6)(33)(6)32x x ⎛⎫--+--= ⎪ ⎪⎝⎭
②当6x ≥时：
S △PAE =S △PAB1-S △PEB1=133(6)(33)(6)3224x x ⎛⎫--+--= ⎪ ⎪⎝⎭
【点睛】
本题是一次函数的综合题型，主要考查了用待定系数求一次函数的关系式，点的坐标的确定，动点问题等知识点.解题的关键是扎实的基本功和面对难题的自信.
10．（1）证明见解析；（2）①AF 2AE =
②42或22.
【分析】 ()1如图①中，结论：AF 2AE =，只要证明AEF 是等腰直角三角形即可； ()2①如图②中，结论：AF 2AE =，连接EF ，DF 交BC 于K ，先证明
EKF ≌EDA 再证明AEF 是等腰直角三角形即可；
②分两种情形a 、如图③中，当AD AC =时，四边形ABFD 是菱形.b 、如图④中当AD AC =时，四边形ABFD 是菱形.分别求解即可.
【详解】
()1如图①中，结论：AF 2AE =．
理由：四边形ABFD 是平行四边形，
AB DF ∴=，
AB AC =，
AC DF ∴=，
DE EC =，
AE EF ∴=，
DEC AEF 90∠∠==， AEF
∴是等腰直角三角形，
AF 2AE ∴=．
故答案为AF 2AE =．
()2①如图②中，结论：AF 2AE =．
理由：连接EF ，DF 交BC 于K ．
四边形ABFD 是平行四边形，
AB//DF ∴，
DKE ABC 45∠∠∴==，
EKF 180DKE 135∠∠∴=-=，EK ED =， ADE 180EDC 18045135∠∠=-=-=，
EKF ADE ∠∠∴=，
DKC C ∠∠=，
DK DC ∴=，
DF AB AC ==，
KF AD ∴=，
在EKF 和EDA 中，
EK ED EKF ADE KF AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， EKF ∴≌EDA ，
EF EA ∴=，KEF AED ∠∠=，
FEA BED 90∠∠∴==，
AEF ∴是等腰直角三角形，
AF 2AE ∴=．
②如图③中，当AD AC =时，四边形ABFD 是菱形，设AE 交CD 于H ，易知
EH DH CH 2===，22AH (25)(2)32=-=，AE AH EH 42=+=，
如图④中当AD AC =时，四边形ABFD 是菱形，易知
AE AH EH 32222=-=-=，
综上所述，满足条件的AE 的长为4222
【点睛】
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，寻找全等的条件是解题的难点，属于中考常考题型．。