八年級初二數(shù)學平行四邊形復習題附解析

八年級初二數(shù)學平行四邊形復習題附解析一、解答題1．已知，四邊形ABCD是正方形，點E是正方形ABCD所在平面內(nèi)一動點（不與點D重合），AB＝AE，過點B作DE的垂線交DE所在直線于F，連接CF．提出問題：當點E運動時，線段CF與線段DE之間的數(shù)量關(guān)系是否發(fā)生改變？探究問題：（1）首先考察點E的一個特殊位置：當點E與點B重合（如圖①）時，點F與點B也重合．用等式表示線段CF與線段DE之間的數(shù)量關(guān)系：；（2）然后考察點E的一般位置，分兩種情況：情況1：當點E是正方形ABCD內(nèi)部一點（如圖②）時；情況2：當點E是正方形ABCD外部一點（如圖③）時．在情況1或情況2下，線段CF與線段DE之間的數(shù)量關(guān)系與（1）中的結(jié)論是否相同？如果都相同，請選擇一種情況證明；如果只在一種情況下相同或在兩種情況下都不相同，請說明理由；拓展問題：（3）連接AF，用等式表示線段AF、CF、DF三者之間的數(shù)量關(guān)系：．2．如圖，在正方形ABCD中，點G在對角線BD上（不與點B，D重合），GE⊥DC于點E，GF⊥BC于點F，連結(jié)AG．（1）寫出線段AG，GE，GF長度之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）若正方形ABCD的邊長為1，∠AGF=105°，求線段BG的長．3．如圖，矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，以O(shè)為原點建立平面直角坐標系，點B，點D分別在x軸，y軸上，點C在第一象限內(nèi)，若平面內(nèi)有一動點P，且滿足S△POB＝S矩形OBCD，問：（1）當點P在矩形的對角線OC上，求點P的坐標；（2）當點P到O，B兩點的距離之和PO+PB取最小值時，求點P的坐標．4．如圖，在平行四邊形中，的平分線交于點，交的延長線于，以、為鄰邊作平行四邊形．（1）求證：四邊形是菱形；（2）連結(jié)、，若，則是等邊三角形嗎？為什么？（3）若，，，是的中點，求的長．5．已知：如圖，在△ABC中，D是BC邊上的一點，E是AD的中點，過點A作BC的平行線交于BE的延長線于點F，且AF=DC，連接CF．（1）求證：D是BC的中點；（2）如果AB=AC，試判斷四邊形ADCF的形狀，并證明你的結(jié)論．6．如圖，在正方形中，點是邊上任意一點，請你僅用無刻度的直尺，用連線的方法，分別在圖（1）、圖（2）中按要求作圖（保留作圖痕跡，不寫作法）.（1）在如圖（1）的邊上求作一點，連接，使；（2）在如圖（2）的邊上求作一點，連接，使.7．如圖，點的坐標為，軸，垂足為，軸，垂足為，點分別是射線、上的動點，且點不與點、重合，.（1）如圖1，當點在線段上時，求的周長；（2）如圖2，當點在線段的延長線上時，設(shè)的面積為，的面積為，請猜想與之間的等量關(guān)系，并證明你的猜想.8．如圖,已知平面直角坐標系中,、,現(xiàn)將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到點,連接.(1)求出直線的解析式；(2)若動點從點出發(fā),沿線段以每分鐘個單位的速度運動,過作交軸于,連接.設(shè)運動時間為分鐘,當四邊形為平行四邊形時,求的值.(3)為直線上一點,在坐標平面內(nèi)是否存在一點,使得以、、、為頂點的四邊形為菱形,若存在,求出此時的坐標；若不存在,請說明理由.9．在邊長為5的正方形ABCD中，點E在邊CD所在直線上，連接BE，以BE為邊，在BE的下方作正方形BEFG，并連接AG．（1）如圖1，當點E與點D重合時，AG＝；（2）如圖2，當點E在線段CD上時，DE＝2，求AG的長；（3）若AG＝，請直接寫出此時DE的長．10．如圖，的對角線相交于點，點從點出發(fā)，沿方向以每秒的速度向終點運動，連接，并延長交于點．設(shè)點的運動時間為秒．（1）求的長（用含的代數(shù)式表示）；（2）當四邊形是平行四邊形時，求的值；（3）當時，點是否在線段的垂直平分線上？請說明理由．【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、解答題1．（1）DE＝CF；（2）在情況1與情況2下都相同，詳見解析；（3）AF＋CF＝DF或|AF－CF|＝DF【分析】（1）易證△BCD是等腰直角三角形，得出DB=CB，即可得出結(jié)果；（2）情況1：過點C作CG⊥CF，交DF于G，設(shè)BC交DF于P，由ASA證得△CDG≌△CBF，得出DG=FB，CG=CF，則△GCF是等腰直角三角形，F(xiàn)G=CF，連接BE，設(shè)∠CDG=α，則∠CBF=α，∠DEA=∠ADE=90°-α，求出∠DAE=2α，則∠EAB=90°-2α，∠BEA=∠ABE=（180°-∠EAB）=45°+α，∠CBE=45°-α，推出∠FBE=45°，得出△BEF是等腰直角三角形，則EF=BF，推出EF=DG，DE=FG，得出DE=CF；情況2：過點C作CG⊥CF交DF延長線于G，連接BE，設(shè)CD交BF于P，由ASA證得△CDG≌△CBF，得出DG=FB，CG=CF，則△GCF是等腰直角三角形，得FG=CF，設(shè)∠CDG=α，則∠CBF=α，證明△BEF是等腰直角三角形，得出EF=BF，推出DE=FG，得出DE=CF；（3）①當F在BC的右側(cè)時，作HD⊥DF交FA延長線于H，由（2）得△BEF是等腰直角三角形，EF=BF，由SSS證得△ABF≌△AEF，得出∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，則△HDF是等腰直角三角形，得HF=DF，DH=DF，∵∠HDF=∠ADC=90°，由SAS證得△HDA≌△FDC，得CF=HA，即可得出AF+CF=DF；②當F在AB的下方時，作DH⊥DE，交FC延長線于H，在DF上取點N，使CN=CD，連接BN，證明△BFN是等腰直角三角形，得BF=NF，由SSS證得△CNF≌△CBF，得∠NFC=∠BFC=∠BFD=45°，則△DFH是等腰直角三角形，得FH=DF，DF=DH，由SAS證得△ADF≌△CDH，得出CH=AF，即可得出AF+CF=DF；③當F在DC的上方時，連接BE，作HD⊥DF，交AF于H，由（2）得△BEF是等腰直角三角形，EF=BF，由SSS證得△ABF≌△AEF，得∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，則△HDF是等腰直角三角形，得出HF=DF，DH=DF，由SAS證得△ADC≌△HDF，得出AH=CF，即可得出AF-CF=DF；④當F在AD左側(cè)時，作HD⊥DF交AF的延長線于H，連接BE，設(shè)AD交BF于P，證明△BFE是等腰直角三角形，得EF=BF，由SSS證得△ABF≌△AEF，得∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，則∠DFH=∠EFA=45°，△HDF是等腰直角三角形，得DH=DF，HF=DF，由SAS證得△HDA≌△FDC，得出AF=CF，即可得出CF-AF=DF．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴CD=CB，∠BCD=90°，∴△BCD是等腰直角三角形，∴DB=CB，當點E、F與點B重合時，則DE=CF，故答案為：DE=CF；（2）在情況1或情況2下，線段CF與線段DE之間的數(shù)量關(guān)系與（1）中結(jié)論相同；理由如下：情況1：∵四邊形ABCD是正方形，∴CD=CB=AD=AB=AE，∠BCD=∠DAB=∠ABC=90°，過點C作CG⊥CF，交DF于G，如圖②所示：則∠BCD=∠GCF=90°，∴∠DCG=∠BCF，設(shè)BC交DF于P，∵BF⊥DE，∴∠BFD=∠BCD=90°，∵∠DPC=∠FPB，∴∠CDP=∠FBP，在△CDG和△CBF中，，∴△CDG≌△CBF（ASA），∴DG=FB，CG=CF，∴△GCF是等腰直角三角形，∴FG=CF，連接BE，設(shè)∠CDG=α，則∠CBF=α，∠ADE=90°-α，∵AD=AE，∴∠DEA=∠ADE=90°-α，∴∠DAE=180°-2（90°-α）=2α，∴∠EAB=90°-2α，∵AB=AE，∴∠BEA=∠ABE=（180°-∠EAB）=（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=CF；情況2：過點C作CG⊥CF交DF延長線于G，連接BE，設(shè)CD交BF于P，如圖③所示：∵∠GCF=∠BCD=90°，∴∠DCG=∠BCF，∵∠FPD=∠BPC，∴∠FDP=∠PBC，在△CDG和△CBF中，，∴△CDG≌△CBF（ASA），∴DG=FB，CG=CF，∴△GCF是等腰直角三角形，∴FG=CF，設(shè)∠CDG=α，則∠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=CF；（3）①當F在BC的右側(cè)時，作HD⊥DF交FA延長線于H，如圖④所示：由（2）得：△BEF是等腰直角三角形，EF=BF，在△ABF和△AEF中，，∴△ABF≌△AEF（SSS），∴∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，∴△HDF是等腰直角三角形，∴HF=DF，DH=DF，∵∠HDF=∠ADC=90°，∴∠HDA=∠FDC，在△HDA和△FDC中，，∴△HDA≌△FDC（SAS），∴CF=HA，∴DF=HF=HA+AF=CF+AF，即AF+CF=DF；②當F在AB的下方時，作DH⊥DE，交FC延長線于H，在DF上取點N，使CN=CD，連接BN，如圖⑤所示：設(shè)∠DAE=α，則∠CDN=∠CND=90°-α，∴∠DCN=2α，∴∠NCB=90°-2α，∵CN=CD=CB，∴∠CNB=∠CBN=（180°-∠NCB）=（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，，∴△CNF≌△CBF（SSS），∴∠NFC=∠BFC=∠BFD=45°，∴△DFH是等腰直角三角形，∴FH=DF，DF=DH，∵∠ADC=∠HDE=90°，∴∠ADF=∠CDH，在△ADF和△CDH中，，∴△ADF≌△CDH（SAS），∴CH=AF，∴FH=CH+CF=AF+CF，∴AF+CF=DF；③當F在DC的上方時，連接BE，作HD⊥DF，交AF于H，如圖⑥所示：由（2）得：△BEF是等腰直角三角形，EF=BF，在△ABF和△AEF中，，∴△ABF≌△AEF（SSS），∴∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，∴△HDF是等腰直角三角形，∴HF=DF，DH=DF，∵∠ADC=∠HDF=90°，∴∠ADH=∠CDF，在△ADC和△HDF中，，∴△ADC≌△HDF（SAS），∴AH=CF，∴HF=AF-AH=AF-CF，∴AF-CF=DF；④當F在AD左側(cè)時，作HD⊥DF交AF的延長線于H，連接BE，設(shè)AD交BF于P，如圖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，，∴△ABF≌△AEF（SSS），∴∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，∴∠DFH=∠EFA=45°，∴△HDF是等腰直角三角形，∴DH=DF，HF=DF，∵∠HDF=∠CDA=90°，∴∠HDA=∠FDC，在△HDA和△FDC中，，∴△HDA≌△FDC（SAS），∴AF=CF，∴AH-AF=CF-AF=HF，∴CF-AF=DF，綜上所述，線段AF、CF、DF三者之間的數(shù)量關(guān)系：AF+CF=DF或|AF-CF|=DF，故答案為：AF+CF=DF或|AF-CF|=DF．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、等腰三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)和等腰直角三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（1）AG2=GE2+GF2，理由見解析；（2）【分析】（1）結(jié)論：AG2=GE2+GF2．只要證明GA=GC，四邊形EGFC是矩形，推出GE=CF，在Rt△GFC中，利用勾股定理即可證明；（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一點M，使得AM=BM．設(shè)AN=x．易證AM=BM=2x，MN=x，在Rt△ABN中，根據(jù)AB2=AN2+BN2，可得1=x2+（2x+x）2，解得x=，推出BN=，再根據(jù)BG=BN÷cos30°即可解決問題.【詳解】解：（1）結(jié)論：AG2=GE2+GF2．理由：連接CG．∵四邊形ABCD是正方形，∴A、C關(guān)于對角線BD對稱，∵點G在BD上，∴GA=GC，∵GE⊥DC于點E，GF⊥BC于點F，∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°，∴四邊形EGFC是矩形，∴CF=GE，在Rt△GFC中，∵CG2=GF2+CF2，∴AG2=GF2+GE2．（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一點M，使得AM=BM．設(shè)AN=x．∵∠AGF=105°，∠FBG=∠FGB=∠ABG=45°，∴∠AGB=60°，∠GBN=30°，∠ABM=∠MAB=15°，∴∠AMN=30°，∴AM=BM=2x，MN=x，在Rt△ABN中，∵AB2=AN2+BN2，∴1=x2+（2x+x）2，解得x=，∴BN=，∴BG=BN÷cos30°=．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，直角三角形30度的性質(zhì)．3．（1）P（，2）；（2）（，2）或（﹣，2）【分析】（1）根據(jù)已知條件得到C（5，3），設(shè)直線OC的解析式為y＝kx，求得直線OC的解析式為y＝x，設(shè)P（m，m），根據(jù)S△POB＝S矩形OBCD，列方程即可得到結(jié)論；（2）設(shè)點P的縱坐標為h，得到點P在直線y＝2或y＝﹣2的直線上，作B關(guān)于直線y＝2的對稱點E，則點E的坐標為（5，4），連接OE交直線y＝2于P，則此時PO+PB的值最小，設(shè)直線OE的解析式為y＝nx，于是得到結(jié)論．【詳解】（1）如圖：∵矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，∴C（5，3），設(shè)直線OC的解析式為y＝kx，∴3＝5k，∴k＝，∴直線OC的解析式為y＝x，∵點P在矩形的對角線OC上，∴設(shè)P（m，m），∵S△POB＝S矩形OBCD，∴5×m＝3×5，∴m＝，∴P（，2）；（2）∵S△POB＝S矩形OBCD，∴設(shè)點P的縱坐標為h，∴h×5＝5，∴h＝2，∴點P在直線y＝2或y＝﹣2上，作B關(guān)于直線y＝2的對稱點E，則點E的坐標為（5，4），連接OE交直線y＝2于P，則此時PO+PB的值最小，設(shè)直線OE的解析式為y＝nx，∴4＝5n，∴n＝，∴直線OE的解析式為y＝x，當y＝2時，x＝，∴P（，2），同理，點P在直線y＝﹣2上，P（，﹣2），∴點P的坐標為（，2）或（﹣，2）．【點睛】本題考查了軸對稱——最短路線問題，矩形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，正確的找到點P在位置是解題的關(guān)鍵．4．（1）詳見解析；（2）是，詳見解析；（3）【分析】（1）平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，AB∥CD，再根據(jù)平行線的性質(zhì)證明∠CEF=∠CFE，根據(jù)等角對等邊可得CE=CF，再有條件四邊形ECFG是平行四邊形，可得四邊形ECFG為菱形，即可解決問題；（2）先判斷出∠BEG=120°=∠DCG，再判斷出AB=BE，進而得出BE=CD，即可判斷出△BEG≌△DCG（SAS），再判斷出∠CGE=60°，進而得出△BDG是等邊三角形，即可得出結(jié)論；（3）首先證明四邊形ECFG為正方形，再證明△BME≌△DMC可得DM=BM，∠DMC=∠BME，再根據(jù)∠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質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵AF平分∠BAD，∴∠BAF=∠DAF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，∴∠CEF=∠CFE，∴CE=CF，又∵四邊形ECFG是平行四邊形，∴四邊形ECFG為菱形；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DC，AB=DC，AD∥BC，∵∠ABC=120°，∴∠BCD=60°，∠BCF=120°由（1）知，四邊形CEGF是菱形，∴CE=GE，∠BCG=∠BCF=60°，∴CG=GE=CE，∠DCG=120°，∵EG∥DF，∴∠BEG=120°=∠DCG，∵AE是∠BAD的平分線，∴∠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是等邊三角形，∴∠CGE=60°，∴∠BGD=60°，∵BG=DG，∴△BDG是等邊三角形；（3）如圖2中，連接BM，MC，∵∠ABC=90°，四邊形ABCD是平行四邊形，∴四邊形ABCD是矩形，又由（1）可知四邊形ECFG為菱形，∠ECF=90°，∴四邊形ECFG為正方形．∵∠BAF=∠DAF，∴BE=AB=DC，∵M為EF中點，∴∠CEM=∠ECM=45°，∴∠BEM=∠DCM=135°，在△BME和△DMC中，∵，∴△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，∴BD==26，∴．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識點，應(yīng)用時要認真領(lǐng)會它們之間的聯(lián)系與區(qū)別，同時要根據(jù)條件合理、靈活地選擇方法．5．（1）見詳解；（2）四邊形ADCF是矩形；證明見詳解．【分析】（1）可證△AFE≌△DBE，得出AF=BD，進而根據(jù)AF=DC，得出D是BC中點的結(jié)論；（2）若AB=AC，則△ABC是等腰三角形，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)知AD⊥BC；而AF與DC平行且相等，故四邊形ADCF是平行四邊形，又AD⊥BC，則四邊形ADCF是矩形．【詳解】（1）證明：∵E是AD的中點，∴AE=DE．∵AF∥BC，∴∠FAE=∠BDE，∠AFE=∠DBE．在△AFE和△DBE中，∴△AFE≌△DBE（AAS）．∴AF=BD．∵AF=DC，∴BD=DC．即：D是BC的中點．（2）解：四邊形ADCF是矩形；證明：∵AF=DC，AF∥DC，∴四邊形ADCF是平行四邊形．∵AB=AC，BD=DC，∴AD⊥BC即∠ADC=90°．∴平行四邊形ADCF是矩形．【點睛】此題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行四邊形、矩形的判定等知識綜合運用．解題的關(guān)鍵是熟練掌握矩形的判定方法，以及全等三角形的判定和性質(zhì)進行證明．6．（1）見解析；（2）見解析.【分析】（1）連接BD，BD與AM交于點O，連接CO并延長交于AB，則CO與AB的交點為點N．可先證明△AOD≌△COD，再證明△MOB≌NOB，從而可得NB=MB；（2）連接MO并延長與AE交于點Q，連接QC，則CQ∥AM．理由如下：由正方形的性質(zhì)以及平行線等分線段可證QO=MO，從而可知四邊形AQCM為平行四邊形，從而可得CQ∥AM．【詳解】解：（1）如圖（1），連接BD，BD與AM交于點O，連接CO并延長交于AB，則CO與AB的交點為點N，則CN為所作．理由：在△AOD與△COD中，∵，∴△AOD≌△COD（SAS），∴∠OAD=∠OCD，∴∠BAM=∠BCN．在△ABM與△CBN中，∵，∴△ABM≌△CBN（ASA），∴CN=AM．（2）如圖2連接AC、BD交與O點，連接MO并延長與AE交于點Q，連接QC，則為所求的線段.在正方形ABCD中，OA=OB=OC=OD，AD∥BC，∴QO=MO∴四邊形AQCM為平行四邊形，∴QC∥AM【點睛】本題考查了作圖-基本作圖，解決此題的關(guān)鍵是利用正方形的性質(zhì)求解．7．（1）12；（2）2S1=36+S2.【分析】(1)根據(jù)已知條件證得四邊形ABOC是正方形，在點B左側(cè)取點G，連接AG，使AG=AE，利用HL證得Rt△ABG≌Rt△ACE，得到∠GAB=∠EAC,GB=CE，再利用證得△GAD≌△EAD，得到DE=GB+BD，由此求得的周長；(2)在OB上取點F，使AF=AE，根據(jù)HL證明Rt△ABF≌Rt△ACE，得到∠FAE=∠ABC=90，再證明△ADE≌△ADF，利用面積相加關(guān)系得到四邊形AEDF的面積=S△ACE+S四邊形ACOF+S△ODE，根據(jù)三角形全等的性質(zhì)得到2S△ADE=S正方形ABOC+S△ODE，即可得到2S△ADE=36+S△ODE.【詳解】(1)∵點的坐標為，軸，軸，∴AB=BO=AC=OC=6,∴四邊形ABOC是菱形，∵∠BOC=90，∴四邊形ABOC是正方形，在點B左側(cè)取點G，連接AG，使AG=AE，∵四邊形ABOC是正方形，∴AB=AC，∠ABG=∠ACE=90，∴Rt△ABG≌Rt△ACE，∴∠GAB=∠EAC,GB=CE，∵∠BAE+∠EAC=90，∴∠GAB+∠BAE=90，即∠GAE=90，∵∴∠GAD=,又∵AD=AD,AG=AE，∴△GAD≌△EAD，∴DE=GD=GB+BD,∴的周長=DE+OD+OE=GB+BD+OD+OE=OB+OC=6+6=12(2)2S1=36+S2，理由如下：在OB上取點F，使AF=AE，∵AB=AC，∠ABF=∠ACE=90，∴Rt△ABF≌Rt△ACE，∴∠BAF=∠CAE,∴∠FAE=∠ABC=90，∵∠DAE=45，∴∠DAF=∠DAE=45，∵AD=AD，∴△ADE≌△ADF，∵四邊形AEDF的面積=S△ACE+S四邊形ACOF+S△ODE，∴2S△ADE=S正方形ABOC+S△ODE，∴2S△ADE=36+S△ODE.即：2S1=36+S2【點睛】此題考查三角形全等的判定及性質(zhì)，根據(jù)題中的已知條件證得三角形全等，即可利用性質(zhì)得到邊長相等，面積相等的關(guān)系，（2）中需根據(jù)面積的加減關(guān)系進行推導，這是此題的難點.8．（1）；（2）t=s時，四邊形ABMN是平行四邊形；（3）存在，點Q坐標為：或或或.【分析】（1）如圖1中，作BH⊥x軸于H．證明△COA≌△AHB（AAS），可得BH=OA=1，AH=OC=2，求出點B坐標，再利用待定系數(shù)法即可解決問題．（2）利用平行四邊形的性質(zhì)求出點N的坐標，再求出AN，BM，CM即可解決問題．（3）如圖3中，當OB為菱形的邊時，可得菱形OBQP，菱形OBP1Q1．菱形OBP3Q3，當OB為菱形的對角線時，可得菱形OP2BQ2，點Q2在線段OB的垂直平分線上，分別求解即可解決問題．【詳解】（1）如圖1中，作BH⊥x軸于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），設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，則有，解得：，∴；（2）如圖2中，∵四邊形ABMN是平行四邊形，∴AN∥BM，∴直線AN的解析式為：，∴，∴，∵B（3，1），C（0，2），∴BC=，∴，∴，∴t=s時，四邊形ABMN是平行四邊形；（3）如圖3中，如圖3中，當OB為菱形的邊時，可得菱形OBQP，菱形OBP1Q1．菱形OBP3Q3，連接OQ交BC于E，∵OE⊥BC，∴直線OE的解析式為y=3x，由，解得：，∴E（，），∵OE=OQ，∴Q（，），∵OQ1∥BC，∴直線OQ1的解析式為y=-x，∵OQ1=OB=，設(shè)Q1（m，-），∴m2+m2=10，∴m=±3，可得Q1（3，-1），Q3（-3，1），當OB為菱形的對角線時，可得菱形OP2BQ2，點Q2在線段OB的垂直平分線上，易知線段OB的垂直平分線的解析式為y=-3x+5，由，解得：，∴Q2（，）．綜上所述，滿足條件的點Q坐標為：或或或.【點睛】本題屬于一次函數(shù)綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．9．（1）5；（2）；（3）或．【分析】（1）如圖1，連接CG，證明△CBD≌△CBG（SAS），可得G，C，D三點共線，利用勾股定理可得AG的長；（2）如圖2，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△BCE≌△BKG，可得AK和KG的長，利用勾股定理計算AG的長；（3）分三種情況：①當點E在邊CD的延長線上時，如圖3，同（2）知△BCE≌△BKG（AAS），BC＝BK＝5，根據(jù)勾股定理可得KG的長，即可CE的長，此種情況不成立；②當點E在邊CD上；③當點E在DC的延長線上時，同理可得結(jié)論．【詳解】（1）如圖1，連接CG，∵四邊