專題十 四邊形
一、單選題
1.（2020·臺(tái)州）把一張寬為1cm的長(zhǎng)方形紙片ABCD折疊成如圖所示的陰影圖案，頂點(diǎn)A，D互相重合，中間空白部分是以E為直角頂點(diǎn)，腰長(zhǎng)為2cm的等腰直角三角形，則紙片的長(zhǎng)AD（單位:cm）為（?? ）

A.?7+3 ?????????????????????????????B.?7+4 ?????????????????????????????C.?8+3 ?????????????????????????????D.?8+4
2.（2020·臺(tái)州）下是關(guān)于某個(gè)四邊形的三個(gè)結(jié)論:①它的對(duì)角線相等；②它是一個(gè)正方形;③它是一個(gè)矩形.下列推理過(guò)程正確的是（?? ）
A.?由②推出③，由③推出①????????????????????????????????????B.?由①推出②，由②推出③
C.?由③推出①，由①推出②????????????????????????????????????D.?由①推出③，由③推出②
3.（2020·臺(tái)州）如圖，已知線段AB，分別以A，B為圓心，大于 AB同樣長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，兩弧交于點(diǎn)C，D，連接AC，AD，BC，BD，CD，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（? ）

A.?AB平分∠CAD???????????????????????B.?CD平分∠ACB???????????????????????C.?AB⊥CD???????????????????????D.?AB=CD
4.（2020·溫州）如圖，在△ABC中，∠A=40°，AB=AC，點(diǎn)D在AC邊上，以CB，CD為邊作 BCDE，則∠E的度數(shù)為(??? )

A.?40°???????????????????????????????????????B.?50°???????????????????????????????????????C.?60°???????????????????????????????????????D.?70°
5.（2020·湖州）四邊形具有不穩(wěn)定性，對(duì)于四條邊長(zhǎng)確定的四邊形，當(dāng)內(nèi)角度數(shù)發(fā)生變化時(shí)，其形狀也會(huì)隨之改變，如圖，改變正方形ABCD的內(nèi)角，正方形ABCD變?yōu)榱庑蜛BC′D′，若∠D′AB＝30°，則菱形ABC′D′的面積與正方形ABCD的面積之比是（?? ）

A.?1???????????????????????????????????????B.????????????????????????????????????????C.????????????????????????????????????????D.?
6.（2020·金華·麗水）如圖，⊙O是等邊△ABC的內(nèi)切圓，分別切AB，BC，AC于點(diǎn)E，F(xiàn)，D，P是 上一點(diǎn)，則∠EPF的度數(shù)是（?? ）

A.?65°???????????????????????????????????????B.?60°???????????????????????????????????????C.?58°???????????????????????????????????????D.?50°
7.（2020·金華·麗水）如圖，四個(gè)全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形ABCD與正方形EFGH.連結(jié)EG，BD相交于點(diǎn)O，BD與HC相交于點(diǎn)P.若GO=GP，則 的值是（?? ）

A.??????????????????????????????????B.??????????????????????????????????C.??????????????????????????????????D.?
8.（2019·紹興）正方形ABCD的邊AB上有一動(dòng)點(diǎn)E，以EC為邊作矩形ECFG，且邊FG過(guò)點(diǎn)D，在點(diǎn)E從點(diǎn)A移動(dòng)到點(diǎn)B的過(guò)程中，矩形ECFG的面積（ ??）

A.?先變大后變小???????????????????????B.?先變小后變大???????????????????????C.?一直變大???????????????????????D.?保持不變
二、填空題
9.（2020·衢州）如圖，將一把矩形直尺ABCD和一塊含30°角的三角板EFG擺放在平面直角坐標(biāo)系中，AB在x軸上，點(diǎn)G與點(diǎn)A重合，點(diǎn)F在AD上，三角板的直角邊EF交BC于點(diǎn)M。反比例函數(shù)y= （x>0）的圖象恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)F，M。若直尺的寬CD=3，三角板的斜邊FG=8 ，則k=________。

10.（2019·湖州）七巧板是我國(guó)祖先的一項(xiàng)卓越創(chuàng)造，被譽(yù)為“東方魔板”. 由邊長(zhǎng)為4√2的正方形ABCD可以制作一副如圖1所示的七巧板，現(xiàn)將這副七巧板在正方形EFGH內(nèi)拼成如圖2所示的“拼搏兔”造型（其中點(diǎn)Q、R分別與圖2中的點(diǎn)E、G重合，點(diǎn)P在邊EH上），則“拼搏兔”所在正方形EFGH的邊長(zhǎng)是________.

11.（2019·紹興）如圖，在直線AP上方有一個(gè)正方形ABCD，∠PAD=30°，以點(diǎn)B為圓心，AB長(zhǎng)為半徑作弧點(diǎn)A，與AP交于點(diǎn)A，M，分別以點(diǎn)A，M為圓心，AM長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)E，連結(jié)ED，則∠ADE的度數(shù)為_(kāi)_______?。

12.（2018·湖州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y=ax2+bx（a＞0）的頂點(diǎn)為C，與x軸的正半軸交于點(diǎn)A，它的對(duì)稱軸與拋物線y=ax2（a＞0）交于點(diǎn)B．若四邊形ABOC是正方形，則b的值是________．

13.（2018·湖州）如圖，已知菱形ABCD，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O．若tan∠BAC= ，AC=6，則BD的長(zhǎng)是________．

14.（2018·寧波）如圖，在菱形ABCD中，AB=2，∠B是銳角，AE⊥BC于點(diǎn)E，M是AB的中點(diǎn)，連結(jié)MD，ME．若∠EMD=90°，則cosB的值為_(kāi)_______。

15.（2018·寧波）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為8，M是AB的中點(diǎn)，P是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)PM，以點(diǎn)P為圓心，PM長(zhǎng)為半徑作⊙P．當(dāng)⊙P與正方形ABCD的邊相切時(shí)，BP的長(zhǎng)為_(kāi)_______。

16.（2018·溫州）如圖，直線 與 軸、 軸分別交于A，B兩點(diǎn)，C是OB的中點(diǎn)，D是AB上一點(diǎn)，四邊形OEDC是菱形，則△OAE的面積為_(kāi)_______．

17.（2018·杭州）折疊矩形紙片ABCD時(shí)，發(fā)現(xiàn)可以進(jìn)行如下操作：①把△ADE翻折，點(diǎn)A落在DC邊上的點(diǎn)F處，折痕為DE，點(diǎn)E在AB邊上；②把紙片展開(kāi)并鋪平；③把△CDG翻折，點(diǎn)C落在直線AE上的點(diǎn)H處，折痕為DG，點(diǎn)G在BC邊上，若AB=AD+2，EH=1，則AD=________。

18.（2018·紹興）等腰三角形ABC中，頂角A為40°，點(diǎn)P在以A為圓心，BC長(zhǎng)為半徑的圓上，且BP=BA，則∠PBC的度數(shù)為_(kāi)_______。
三、解答題
19.（2019·嘉興）如圖，在矩形 ABCD中,點(diǎn) E，F(xiàn) 在對(duì)角線BD．請(qǐng)?zhí)砑右粋€(gè)條件，使得結(jié)論“AE=CF”成立，并加以證明．

20.（2018·衢州）如圖，在?ABCD中，AC是對(duì)角線，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分別為點(diǎn)E，F(xiàn)。

求證：AE＝CF。
四、作圖題
21.（2020·衢州）如圖，在5×5的網(wǎng)格中，△ABC的一個(gè)頂點(diǎn)都在格點(diǎn)上。

（1）在圖1中畫(huà)出一個(gè)以AB為邊的 ABDE，使頂點(diǎn)D，E在格點(diǎn)上。
（2）在圖2中畫(huà)出一條恰好平分△ABC周長(zhǎng)的直線l（至少經(jīng)過(guò)兩個(gè)格點(diǎn)）。
五、綜合題
22.（2020·衢州）【性質(zhì)探究】
如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AE平分∠BAC，交BC于點(diǎn)E。作DF⊥AE于點(diǎn)H，分別交AB，AC于點(diǎn)F，G。

（1）判斷△AFG的形狀并說(shuō)明理由。
（2）求證：BF=2OG。
（3）【遷移應(yīng)用】
記△DGO的面積為S1 ， △DBF的曲積為S2 ， 當(dāng) 時(shí)，求 的值。
（4）【拓展延伸】
若DF交射線AB于點(diǎn)F，【性質(zhì)探究】中的其余條件不變，連結(jié)EF。當(dāng)△BEF的面積為矩形ABCD面積的 時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出tan∠BAE的值。
23.（2020·杭州）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E在BC邊上， 連接AE、∠DAE的平分線AG與CD邊交于點(diǎn)G，與BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，設(shè) =λ(λ>0)。

（1）若AB=2，λ=1，求線段CF的長(zhǎng)。
（2）連接EG，若EG⊥AF，
①求證：點(diǎn)G為CD的中點(diǎn)。
②求λ的值。
24.（2020·寧波）如圖

（1）【基礎(chǔ)鞏固】
如圖1，在△ABC中，D為AB上一點(diǎn)，∠ACD=∠B.求證： .
（2）【嘗試應(yīng)用】
如圖2，在 中，E為BC上一點(diǎn)，F(xiàn)為CD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，∠BFE=∠A.若BF=4，BE=3，求AD的長(zhǎng).
（3）【拓展提高】
如圖3，在菱形ABCD中，E是AB上一點(diǎn)，F(xiàn)是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，EF∥AC，AC=2EF， ，AE=2，DF=5，求菱形ABCD的邊長(zhǎng).
25.（2020·金華·麗水）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABOC的兩直角邊分別在坐標(biāo)軸的正半軸上，分別過(guò)OB，OC的中點(diǎn)D，E作AE，AD的平行線，相交于點(diǎn)F， 已知OB=8.

（1）求證：四邊形AEFD為菱形.
（2）求四邊形AEFD的面積.
（3）若點(diǎn)P在x軸正半軸上(異于點(diǎn)D)，點(diǎn)Q在y軸上，平面內(nèi)是否存在點(diǎn)G，使得以點(diǎn)A，P， Q，G為頂點(diǎn)的四邊形與四邊形AEFD相似？若存在，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，試說(shuō)明理由.
26.（2019·紹興）如圖，矩形ABCD中，AB=a，BC=b，點(diǎn)M，N分別在邊AB，CD上，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，AD上，MN，EF交于點(diǎn)P，記k=MN:EF.

（1）若a:b的值為1，當(dāng)MN⊥EF時(shí)，求k的值。
（2）若a:b的值為 ，求k的最大值和最小值。
（3）若k的值為3，當(dāng)點(diǎn)N是矩形的頂點(diǎn)，∠MPE=60°，MP=EF=3PE時(shí)，求a:b為的值。
27.（2019·紹興）有一塊形狀如圖的五邊形余料ABCDE，AB=AE=6，BC=5，∠A=∠B=90°， ∠C=135°. ∠E＞90°.要在這塊余料中截取一塊矩形材料，其中一條邊在AE上，并使所截矩形材料的面積盡可能大。

（1）若所截矩形材料的一條邊是BC或AE，求矩形材料的面積。
（2）能否數(shù)出比（1）中更大面積的矩形材料？如果能，求出這些矩形材料面積的最大值；如果不能，說(shuō)明理由.
28.（2019·嘉興）在 6×6 的方格紙中，點(diǎn) A，B，C 都在格點(diǎn)上，按要求畫(huà)圖：

（1）在圖1中找一個(gè)格點(diǎn)D，使以點(diǎn) A，B，C，D 為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．
（2）在圖2中僅用無(wú)刻度的直尺，把線段AB 三等分（保留畫(huà)圖痕跡，不寫(xiě)畫(huà)法）．
29.（2019·湖州）如圖，已知在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，AC的中點(diǎn)，連結(jié)DF，EF，BF.

（1）求證：四邊形BEFD是平行四邊形；
（2）若∠AFB＝90°，AB＝6，求四邊形BEFD的周長(zhǎng).
30.（2019·寧波）如圖，矩形EFGH的頂點(diǎn)E，G分別在菱形ABCD的邊AD，BC上，頂點(diǎn)F、H在菱形ABCD的對(duì)角線BD上.

（1）求證：BG=DE；
（2）若E為AD中點(diǎn)，F(xiàn)H=2，求菱形ABCD的周長(zhǎng)。
31.（2019·杭州）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，正方形CEFG的面積為S1 ， 點(diǎn)E在DC邊上，點(diǎn)G在BC的延長(zhǎng)線上，設(shè)以線段AD和DE為鄰邊的矩形的面積為 S2 ， 且S1=S2.

（1）求線段CE的長(zhǎng).
（2）若點(diǎn)日為BC邊的中點(diǎn)，連接HD，求證：HD=HG.
32.（2019·嘉興）小波在復(fù)習(xí)時(shí)，遇到一個(gè)課本上的問(wèn)題，溫故后進(jìn)行了操作、推理與拓展．

請(qǐng)幫助小波解決“溫故”、“推理”、“拓展”中的問(wèn)題．
（1）溫故：如圖1，在△ 中， ⊥ 于點(diǎn) ，正方形 的邊 在 上，頂點(diǎn) ， 分別在 ， 上，若? ， ，求正方形 的邊長(zhǎng)．
（2）操作：能畫(huà)出這類正方形嗎?小波按數(shù)學(xué)家波利亞在《怎樣解題》中的方法進(jìn)行操作：如圖2，任意畫(huà)△ ，在 上任取一點(diǎn) ，畫(huà)正方形 ，使 ， 在 邊上， 在△ 內(nèi)，連結(jié) 并延長(zhǎng)交 于點(diǎn)N，畫(huà) ⊥ 于點(diǎn) ， ⊥ 交 于點(diǎn) ， ⊥ 于點(diǎn) ，得到四邊形P ．小波把線段 稱為“波利亞線”．
推理：證明圖2中的四邊形 是正方形．
（3）拓展：在(2)的條件下，于波利亞線 上截取 ，連結(jié) ， (如圖3)．當(dāng) 時(shí)，猜想∠ 的度數(shù)，并嘗試證明．


答案解析部分
一、單選題
1. D
【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥A′R于H，過(guò)點(diǎn)N作NJ⊥A′W于J．

由題意△EMN是等腰直角三角形，EM＝EN＝2，MN＝ ，
∵四邊形EMHK是矩形，
∴EK＝A′K＝MH＝1，KH＝EM＝2，
∵△RMH是等腰直角三角形，
∴RH＝MH＝1，RM＝ ，同法可證NW＝ ，
由題意AR＝RA′＝A′W＝WD＝4，
∴AD＝AR+RM+MN+NW+DW＝4+ + + +4＝8+ ，
故答案為：D．
【分析】如圖，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥A′R于H，過(guò)點(diǎn)N作NJ⊥A′W于J．想辦法求出AR，RM，MN，NW，WD即可解決問(wèn)題．
2. A
【解答】解：對(duì)角線相等的四邊形推不出是正方形或矩形，
故①→②，①→③錯(cuò)誤，
故選項(xiàng)B，C，D錯(cuò)誤，
故答案為：A．
【分析】根據(jù)對(duì)角線相等的四邊形推不出是正方形或矩形即可判斷．
3. D
【解答】解：由作圖知AC＝AD＝BC＝BD，
∴四邊形ACBD是菱形，
∴AB平分∠CAD、CD平分∠ACB、AB⊥CD，
不能判斷AB＝CD，
故答案為：D．
【分析】根據(jù)作圖判斷出四邊形ACBD是菱形，再根據(jù)菱形的性質(zhì)：菱形的對(duì)角線平分一組對(duì)角、菱形的對(duì)角線互相垂直平分可得出答案．
4. D
【解答】 在 中， ， ，
，
四邊形 是平行四邊形，
．
故答案為： ．
【分析】利用等腰三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理可求出∠C的度數(shù)，再利用平行四邊形的對(duì)角相等，可求出∠E的度數(shù)。
5. B
【解答】解：根據(jù)題意可知菱形 的高等于 的一半，
菱形 的面積為 ，正方形 的面積為 .
菱形 的面積與正方形 的面積之比是 .
故答案為：B.
【分析】利用30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半，就可證得菱形 的高等于 的一半，由此可得到菱形ABC′D′的面積與正方形ABCD的面積，然后求出它們的面積之比。
6. B
【解答】解：連接OE，OF，

∵點(diǎn)EF分別是切點(diǎn)，∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等邊三角形，∴∠B=60°，
∴∠EOF=360°-∠OEB-∠OFB-∠B=120°，
∴∠P=∠EOF=60°.
故答案為：B.
【分析】連接OE，OF，根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠OEB=∠OFB=90°，利用等邊三角形的性質(zhì)可得∠B=60°，根據(jù)四邊形內(nèi)角和等于360°，可求出∠EOF的度數(shù)，根據(jù)圓周角定理可得∠P=∠EOF，據(jù)此求出結(jié)論.
7. B
【解答】解：設(shè)AF=y，BF=x，
∴ 正方形EFGH的邊長(zhǎng)GH=y-x，
∴EG=GF=（y-x）,
∴ 正方形ABCD的面積為x2+y2 ， 正方形EFGH的面積為（y-x）2 ，
∵ED∥BG，∴∠EDO=∠GBO，
∵ED=BG，∠EOD=∠BOG，
∴△EOD≌GOB，
∴EO=GO，
∴GO=EG=（y-x）,
∵GP=GO，
∴GP=（y-x），
∴GH:GP=，
∴PH：PG=
∵DH∥GB，
∴△DHP∽BGH，
∴， 即得， ∴x=()y
∴ .
故答案為：B.
【分析】設(shè)AF=y，BF=x，可得正方形EFGH的邊長(zhǎng)GH=y-x，即得EG=GF=（y-x）,根據(jù)正方形的面積公式可得正方形ABCD的面積為x2+y2 ， 正方形EFGH的面積為（y-x）2 ， 先證△EOD≌GOB，可得EO=GO，可得GO=EG=（y-x），從而可得GP=GO=（y-x），從而可得PH：PG=， 由于DH∥GB，可得△DHP∽BGH，利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例可得DH：GB=x:y=， 代入正方形的面積進(jìn)行計(jì)算即得結(jié)論.
8. D
【解答】解：如圖，連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥CD于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥EC于點(diǎn)M

∵正方形ABCD，矩形ECFG
∴四邊形AEDH是矩形
∴EH=DC=AD，F(xiàn)C=DM
∴S△DEC= DC·EH= EC·DM
∴DC·EH=EC·DM
∵S矩形ECFG=FC·EC=EC·DM
S正方形ABCD=AD·DC=DC·EH
∴S矩形ECFG=S正方形ABCD
∴在點(diǎn)E從點(diǎn)A移動(dòng)到點(diǎn)B的過(guò)程中，矩形ECFG的面積保持不變。
故答案為：D
【分析】連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥CD于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥EC于點(diǎn)M，易證四邊形AEHD是矩形，利用正方形和矩形的性質(zhì)，可證得EH=DC=AD，F(xiàn)C=DM，再根據(jù)同一個(gè)三角形的面積相等，可證得DC·EH=EC·DM，因此可得到在點(diǎn)E從點(diǎn)A移動(dòng)到點(diǎn)B的過(guò)程中，矩形ECFG的面積等于正方形ABCD的面積，即可得出答案。
二、填空題
9. 40
【解答】解：過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AD ， 垂足為N ，

則MN＝AD＝3，
在Rt△FMN中，∠MFN＝30°，
∴FN＝ MN＝3 ，
∴AN＝MB＝8 ﹣3 ＝5 ，
設(shè)OA＝x ， 則OB＝x+3，
∴F（x ， 8 ），M（x+3，5 ），
∴8 x＝（x+3）×5 ，
解得，x＝5，
∴F（5，8 ），
∴k＝5×8 ＝40 ．
故答案為：40 ．
【分析】通過(guò)作輔助線，構(gòu)造直角三角形，求出MN ， FN ， 進(jìn)而求出AN、MB ， 表示出點(diǎn)F、點(diǎn)M的坐標(biāo)，利用反比例函數(shù)k的意義，確定點(diǎn)F的坐標(biāo)，進(jìn)而確定k的值即可．
10.
【解答】 解：如圖，延長(zhǎng)EO交GH于點(diǎn)K，?、谥腥切涡边呏悬c(diǎn)J，連結(jié)JK，由圖1知KJ一定過(guò)②中三角形的直角頂點(diǎn)，

由圖1可得：
EO=8，OK=2，KJ=4，
∴EK=EO+OK=8+2=10，
在Rt△KGJ中，
∴KG= ，
設(shè)正方形EFGH邊長(zhǎng)為a，則HK=a-2 ，
在Rt△KEH中，
∵EK2=EH2+HK2 ，
即102=a2+（a-2 ）2 ，
解得：a=4 或a=-2 （舍去），
∴正方形EFGH邊長(zhǎng)為4 .
故答案為：4 .
【分析】由圖1可得：EO=8，OK=2，KJ=4，EK=10，在Rt△KGJ中，根據(jù)勾股定理求得KG長(zhǎng)，
設(shè)正方形EFGH邊長(zhǎng)為a，則HK=a-2 ，在Rt△KEH中，根據(jù)勾股定理建立一元二次方程，解之即可求得答案.
11. 15°或45°
【解答】解：如圖，

∵正方形ABCD
∴∠DAB=90°，∠BAD=45°，AD=AB
∵∠DAP=30°
∴∠BAM=90°-30°=60°
由題意可知AB=BM
∴△ABM是等邊三角形，
∴AM=AB=BM
由題意可知
當(dāng)點(diǎn)E的位置在直線PA上方，與點(diǎn)B重合，此時(shí)∠ADE2=45°；
當(dāng)點(diǎn)E的位置在直線PA下方，此時(shí)點(diǎn)B（E2）與點(diǎn)E1關(guān)于直線PA對(duì)稱，
∴BA=AE,2=AM=AD
∴∠MAE1=60°，∠ADE1=∠AE1D
∴∠DAE1=360°-∠DAB-∠BAM-∠MAE1
=360°-90°-60°-60°
=150°
∴∠ADE1=（180°-150°）÷15°
故答案為： 15°或45°
【分析】根據(jù)題意畫(huà)出圖形，利用正方形的性質(zhì)及作圖，可證△ABM是等邊三角形，易證AM=AB=BM，就可求出∠BAM的度數(shù)，再分情況討論：當(dāng)點(diǎn)E的位置在直線PA上方，與點(diǎn)B重合，此時(shí)∠ADE2=45°；當(dāng)點(diǎn)E的位置在直線PA下方，此時(shí)點(diǎn)B（E2）與點(diǎn)E1關(guān)于直線PA對(duì)稱，利用軸對(duì)稱的性質(zhì)，可得到BA=AE,2=AM=AD，從而可證得∠ADE1=∠AE1D，求出∠MAE1的度數(shù)，再利用∠DAE1=360°-∠DAB-∠BAM-∠MAE1 ， 求出∠DAE1的度數(shù)，然后利用三角形內(nèi)角和定理求出∠ADE1的度數(shù)即可。
12.﹣2
【解答】解：∵四邊形ABOC是正方形，
∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（- ，- ）．
∵拋物線y=ax2過(guò)點(diǎn)B，
∴- =a（- ）2 ，
解得：b1=0（舍去），b2=-2．
故答案為：-2．
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得出B點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)拋物線上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，將B點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線y=ax2即可得出方程，求解即可得出b的值。
13.2
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，AC=6，
∴AC⊥BD，OA= AC=3，BD=2OB．
在Rt△OAB中，∵∠AOD=90°，
∴tan∠BAC= ，
∴OB=1，
∴BD=2．
故答案為2．
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AC⊥BD，OA=AC=3，BD=2OB．在Rt△OAB中根據(jù)正切函數(shù)的定義得出tan∠BAC=，即可得出OB的長(zhǎng)，進(jìn)而得出BD的長(zhǎng)。
14.
【解答】解：延長(zhǎng)DM交CB的延長(zhǎng)線于H，

∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB=AD=BC=2,AD∥BC，
∴∠ADM=∠H，
又∵M(jìn)是AB的中點(diǎn)，
∴AM=BM=1，
在△ADM和△BHM中，
∵ ，
∴△ADM≌△BHM（AAS），
∴DM=HM，AD=BH=2,
∵EM⊥DM，
∴EH=ED,
設(shè)BE=x，
∴EH=ED=2+x，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=∠EAD=90°,
∴AE2=AB2-BE2=ED2-AD2,
即22-x2=（2+x）2-22,
化簡(jiǎn)得：x2+2x-2=0，
解得：x=-1，
在Rt△ABE中，
∴cosB=.

故答案為： .
【分析】延長(zhǎng)DM交CB的延長(zhǎng)線于H，由菱形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可得：AB=AD=BC=2,∠ADM=∠H；由全等三角形的判定AAS得△ADM≌△BHM，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得DM=HM，AD=BH=2,根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得EH=ED,設(shè)BE=x，則EH=ED=2+x，根據(jù)勾股定理得AE2=AB2-BE2=ED2-AD2,代入數(shù)值解這個(gè)方程即可得出BE的長(zhǎng).
15.3或
【解答】解：①如圖1，當(dāng)⊙P與邊CD相切時(shí)，切點(diǎn)為C，

∴PM=PC=R，
∵M(jìn)是AB的中點(diǎn)，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為8，
∴BM=4,BP=8-R，
在Rt△PBM中，
∴PM2=PB2+BM2,
即R2=（8-R）2+42 ，
解得：R=5，
∴BP=8-R=8-5=3.
②如圖2，當(dāng)當(dāng)⊙P與邊AD相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為K，連結(jié)PK，

∴PK⊥AD,
∴四邊形ABPK為矩形，
∴PK=PM=8，
∵M(jìn)是AB的中點(diǎn)，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為8，
∴BM=4,
在Rt△PBM中，
∴PM2=PB2+BM2,
即82=PB2+42 ，
解得：PB=4 ，
綜上所述：PB的長(zhǎng)度為3或4 .
故答案為：3或4 .
【分析】①如圖1，當(dāng)⊙P與邊CD相切時(shí)，切點(diǎn)為C，根據(jù)切線和正方形的性質(zhì)得PM=PC=R，BM=4,BP=8-R，在Rt△PBM中，根據(jù)勾股定理即可得
R2=（8-R）2+42 ， 解之即可得R，從而求得BP；
②如圖2，當(dāng)當(dāng)⊙P與邊AD相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為K，連結(jié)PK，根據(jù)切線的性質(zhì)得PK⊥AD,由矩形判定和性質(zhì)得PK=PM=8，在Rt△PBM中，根據(jù)勾股定理即可得82=PB2+42 ， 解之即可得PB長(zhǎng).
16.
【解答】解 ：把x=0代入 y = ? x + 4 得出y=4,∴B(0,4);∴OB=4;?? ∵C是OB的中點(diǎn)，∴OC=2,∵四邊形OEDC是菱形,∴DE=OC=2;DE∥OC,把y=0代入 y = ? x + 4 得出x=,∴A(,0);∴OA=,設(shè)D(x,) ,∴E(x,-x+2),延長(zhǎng)DE交OA于點(diǎn)F，∴EF=-x+2,OF=x,在Rt△OEF中利用勾股定理得：,解得 ：x1=0(舍），x2=；∴EF=1,∴S△AOE=·OA·EF=2.
故答案為：2
【分析】根據(jù)直線于坐標(biāo)軸交點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)得出,A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，得出OB，OA的長(zhǎng)，根據(jù)C是OB的中點(diǎn)，從而得出OC的長(zhǎng)，根據(jù)菱形的性質(zhì)得出DE=OC=2;DE∥OC；設(shè)出D點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而得出E點(diǎn)的坐標(biāo)，從而得出EF,OF的長(zhǎng)，在Rt△OEF中利用勾股定理建立關(guān)于x的方程，求解得出x的值，然后根據(jù)三角形的面積公式得出答案。
17.或3
【解答】∵當(dāng)點(diǎn)H在線段AE上時(shí)
把△ADE翻折，點(diǎn)A落在DC邊上的點(diǎn)F處，折痕為DE，點(diǎn)E在AB邊上
∴四邊形ADFE是正方形
∴AD=AE
∵AH=AE-EH=AD-1
∵把△CDG翻折，點(diǎn)C落在直線AE上的點(diǎn)H處，折痕為DG，點(diǎn)G在BC邊上
∴DC=DH=AB=AD+2
在Rt△ADH中，AD2+AH2=DH2
∴AD2+（AD-1）2=（AD+2）2
解之：AD=3+2 ，AD=3-2 （舍去）
∴AD=3+2
當(dāng)點(diǎn)H在線段BE上時(shí)
則AH=AE-EH=AD+1
在Rt△ADH中，AD2+AH2=DH2
∴AD2+（AD+1）2=（AD+2）2
解之：AD=3，AD=-1（舍去）
故答案為： 或3
【分析】分兩種情況：當(dāng)點(diǎn)H在線段AE上；當(dāng)點(diǎn)H在線段BE上。根據(jù)①的折疊，可得出四邊形ADFE是正方形，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得出AD=AE，從而可得出AH=AD-1（或AH=AD+1），再根據(jù)②的折疊可得出DH=AD+2，然后根據(jù)勾股定理求出AD的長(zhǎng)。
18.30°或110°
【解答】解：此題分兩種情況 ：①點(diǎn)P在AB的左側(cè)，連接PA，如圖，

∴BC=PA,∵等腰三角形ABC中，頂角A為40°，∴∠ABC=70o,AB=AC,又∵BP=BA，∴AC=BP,∴四邊形APBC是平行四邊形，∴AC∥PB,∴∠CAB=∠PBA=40o,∴∠PBC=∠PBA＋∠ABC=110o,
②點(diǎn)P在在AB的右側(cè)，連接PA，如圖，

∴BC=PA，,∵等腰三角形ABC中，頂角A為40°，∴∠ABC=70o,AB=AC,又∵BP=BA，∴AC=BP,在△ABP與△BAC中，∵AB=BA,AP=BC,AC=BP,∴△ABP≌△BAC,∴∠ABP=∠BAC=40o,∴∠PBC=∠ABC-∠ABP=30o.
故答案為：30°或110°
【分析】此題分兩種情況 ：①點(diǎn)P在AB的左側(cè)，連接PA，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)由等腰三角形ABC中，頂角A為40°，得出∠ABC=70o,AB=AC,又BP=BA，故AC=BP,根據(jù)兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形得出：四邊形APBC是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊平行得出AC∥PB,根據(jù)二直線平行內(nèi)錯(cuò)角相等得出∠CAB=∠PBA=40o,根據(jù)∠PBC=∠PBA＋∠ABC得出答案；,②點(diǎn)P在在AB的右側(cè)，連接PA，根據(jù)等腰三角形ABC中，頂角A為40°，∴得出∠ABC=70o,AB=AC,又BP=BA，故AC=BP由SSS判斷出△ABP≌△BAC,根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等得出∠ABP=∠BAC=40o,根據(jù)∠PBC=∠ABC-∠ABP得出答案。
三、解答題
19. 解:添加條件：BE=DF或DE=BF或 AE∥CF或∠AEB=∠DFC或∠DAE=∠BCF或∠AED-∠CFB或∠BAE-∠DCF或∠DCF+∠DAE=90°等.
若選擇BE=DF.
證明：在矩形ABCD中，AB∥CD，AB=CD，
∴∠ABE=∠CDF.
∵BE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS).
∴AE=CF.
【分析】利用矩形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，易證AB=CD，∠ABE=∠CDE，添加條件要使AE=CF，可證△ABE≌△CDF，因此若利用SAS，則可添加BE=DF或DE=BF，若利用AAS或ASA，可添加另外兩組角中的一組角相等，或添加AE∥CF，或添加AE⊥BD，CF⊥BD，證明即可。
20.證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB=CD．
∴∠BAE=∠DCF
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB=∠CFD=90°
∴△ABE≌△CDF
∴AE=CF
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及平行線的性質(zhì)，可證得∠BAE=∠DCF，再根據(jù)垂直的定義證明∠AEB=∠CFD，利用全等三角形的判定可證得△ABE≌△CDF，然后利用全等三角形的性質(zhì)，可證得結(jié)論。
四、作圖題
21. （1）解：如圖平行四邊形ABDE即為所求（點(diǎn)D的位置還有6種情形可?。?


（2）解：如圖，直線l即為所求，

【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的定義畫(huà)出圖形即可（答案不唯一）．（2）利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問(wèn)題即可．
五、綜合題
22. （1）解：如圖1中，△AFG是等腰三角形．

理由：∵AE平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF＝∠AHG＝90°，
∵AH＝AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF＝AG，
∴△AFG是等腰三角形．

（2）解：如圖2中，過(guò)點(diǎn)O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG＝∠OLG．

∵AF＝AG，
∴∠AFG＝∠AGF，
∵∠AGF＝∠OGL，
∴∠OGL＝∠OLG，
∴OG＝OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴ ，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴BD＝2OD，
∴BF＝2OL，
∴BF＝2OG．

（3）解：如圖3中，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥AC于K，則∠DKA＝∠CDA＝90°，

∵∠DAK＝∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴ ，
∵S1＝ ?OG?DK，S2＝ ?BF?AD，
又∵BF＝2OG， ，
∴ ，
設(shè)CD＝2x，AC＝3x，則AD＝2 x，
∴ ．

（4）tan∠BAE的值為 或
【解答】（4）設(shè)OG為a，AG為k。
①如圖4，連接EF ， 當(dāng)點(diǎn)F在線段AB上時(shí)，點(diǎn)G在線段OA上

∵AF=AG，BF=2OG，
∴AF=AG=k，BF=2a，
∴AB=k+2a，AC=2（k+a），
∴AD2=[2（k+a）]2-（k+2a）2 ， ∴AD2=3k2+4ka，
由∠ABE=∠DAF-90°，∠BAE=∠ADF，得△ABE∽△DAF，
∴ ，
∴ ，BE=
根據(jù)題意得， 10× ×2a× =AD（k+2a），
∴AD2=10ka，
即10ka=3k2+4ka，
∴k=2a，
∴AD=2 a，
∴BE= ，AB＝4a ，
tan∠BAE= =
②如圖5，當(dāng)點(diǎn)F在線段AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，點(diǎn)G在線段OC上，連接EF ．

∵AF=AG，BF=2OG，
∴AF=AG=k，BF=2a，
∴AB=k-2a，AC=2（k-a）
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2＝3k2﹣4ka ，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF ，
∴△ABE∽△DAF ，
∴ ，
∴ ，
∴BE＝ ，
根據(jù)題意得，10× ×2a× =AD（k-2a），
∴AD2=10ka
即10ka=3k2-4ka，
∴k= a，
∴AD＝ a ，
∴BE= = a，AB= a
∴tan∠BAE= =
綜上可知，tan∠BAE的值為 或 。
【分析】（1）如圖1中，△AFG是等腰三角形．利用全等三角形的性質(zhì)證明即可．（2）如圖2中，過(guò)點(diǎn)O作OL∥AB交DF于L ， 則∠AFG＝∠OLG ． 首先證明OG＝OL ， 再證明BF＝2OL即可解決問(wèn)題．（3）如圖3中，過(guò)點(diǎn)D作DK⊥AC于K ， 則∠DKA＝∠CDA＝90°，利用相似三角形的性質(zhì)解決問(wèn)題即可．（4）設(shè)OG＝a ， AG＝k ． 分兩種情形：①如圖4中，連接EF ， 當(dāng)點(diǎn)F在線段AB上時(shí)，點(diǎn)G在OA上．②如圖5中，當(dāng)點(diǎn)F在AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，點(diǎn)G在線段OC上，連接EF ． 分別求解即可解決問(wèn)題．
23. （1）解：四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC
∴∠DAF=∠F，
又AG平分∠DAE
∴∠DAF=∠EAF
∴∠EAF=∠F，
∴EA=EF
又∵λ=1，AB=BC=2，
∴BE=EC=1，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，EA=
∴CF=EF-EC= -1

（2）解：①∵EA=EF，EG⊥AF
∴AG=GF
又∵∠AGD=∠FGC，∠DAG=∠F
∴△DAG≌△CFG
∴DG=CG，
∴點(diǎn)G是CD的中點(diǎn)。
②設(shè)CD=2，則CG=1，
由①知，CF=AD=2
由題意△EGC∽△GFC，
∴
∴EC= ，∴BE=
∴λ=
【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)可知AD∥BC，再利用平行線的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)，可證得∠EAF=∠F，利用等角對(duì)等邊可證得EA=EF，結(jié)合已知，利用勾股定理求出EA，EC的長(zhǎng)，即可求出CF的長(zhǎng)。
（2）①利用等腰三角形的性質(zhì)，可得到AG=GF，再證明△DAG≌△CFG，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，可證得DG=CG，即可證得結(jié)論；②利用已知條件易證△EGC∽△GFC，利用相似三角形的性質(zhì)，求出EC，BE的長(zhǎng)，然后求出CE與BE的比值。
24. （1）解： ∵∠ACD=∠B，∠A=∠A
∴△ADC∽△ACB
∴
∴AC2=AD·AB

（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，---6分
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴BF2=BE·BC，
∴BC2=
∴AD=

（3）解：如圖，分別延長(zhǎng)EF，DC相交于點(diǎn)G，

∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC= ∠BAD，
∵AC∥EF，
∴四邊形A EGC為平行四邊形，
∴AC=EG，CG=AE，∠EAC=∠G，
∵∠EDF= ∠BAD，
∴∠EDF=∠BAC，
∴∠EDF=∠G，
又∵∠DEF=∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴DE2=EF·EG，
又∵EG=AC=2EF，
∴DE2=2EF2，
∴DE= EF，
又∵
∴DG= DF=5 ，
∴DC=DG-CG=5 -2
【分析】（1）利用兩個(gè)角相等的兩個(gè)三角形相似，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列比例式即可得出結(jié)果；
（2）由平行四邊形的性質(zhì)得出AD=BC，∠A=∠C，再根據(jù)兩個(gè)角分別相等的兩個(gè)三角形相似求出 △BFE∽△BCF，于是由對(duì)應(yīng)邊成比例可得BF2=BE·BC，則BC的長(zhǎng)可求，AD的長(zhǎng)也可知；
（3）分別延長(zhǎng)EF，DC相交于點(diǎn)G，由兩組對(duì)邊分別平行可得四邊形A EGC為平行四邊形，可得?△EDF∽△EGD，于是由相似三角形的性質(zhì)得出DE2=EF·EG，結(jié)合EG=AC=2EF, 可得DE=EF，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列式，兩者結(jié)合可得求得DG的長(zhǎng)， 則DC的長(zhǎng)可求.
25. （1）證明：∵DF∥AE，EF∥AD，
∴四邊形AEFD是平行四邊形.
∵四邊形ABOC是正方形，
∴OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝Rt∠.
∵點(diǎn)D，E是OB，OC的中點(diǎn)，
∴CE＝BD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴AE＝AD，
∴□AEFD是菱形.

（2）解：如圖1，連結(jié)DE.

∵S△ABD＝ AB·BD＝ ，
S△ODE＝ OD·OE＝ ，
∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE
＝64－2 －8＝24，
∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48.

（3）解：由圖1，連結(jié)AF與DE相交于點(diǎn)K，易得△ADK的兩直角邊之比為1:3.
1）當(dāng)AP為菱形一邊時(shí)，點(diǎn)Q在x軸上方，有圖2、圖3兩種情況：
如圖2，AG與PQ交于點(diǎn)H，

∵菱形PAQG∽菱形ADFE，
∴△APH的兩直角邊之比為1:3.
過(guò)點(diǎn)H作HN⊥x軸于點(diǎn)N，交AC于點(diǎn)M，設(shè)AM=t.
∵HN∥OQ，點(diǎn)H是PQ的中點(diǎn)，
∴點(diǎn)N是OP中點(diǎn)，
∴HN是△OPQ的中位線，
∴ON＝PN＝8－t.
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠AMH＝90°，
∴△HMA∽△PNH，
∴ ＝ ＝ ，
∴HN＝3AM＝3t，
∴MH＝MN－NH＝8－3t.
∵PN＝3MH，
∴8－t =3(8－3t)，解得t＝2.
∴OP＝2ON＝2(8－t)＝12，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(12，0).
如圖3，△APH的兩直角邊之比為1:3.

過(guò)點(diǎn)H作HI⊥y軸于點(diǎn)I，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥x軸交IH于點(diǎn)N，延長(zhǎng)BA交IN于點(diǎn)M.
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠AMH＝∠PNH，
∴△AMH∽△HNP，
∴ ＝ ＝ ，設(shè)MH＝t，
∴PN＝3MH＝3t，
∴AM＝BM－AB＝3t－8，
∴HN＝3AM＝3(3t－8) ＝9t－24.
又∵HI是△OPQ的中位線，
∴OP＝2IH，
∴HI＝HN，
∴8＋t＝9t－24，解得 t＝4.
∴OP＝2HI＝2(8＋t)＝24，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(24，0).
2）當(dāng)AP為菱形一邊時(shí)，點(diǎn)Q在x軸下方，有圖4、圖5兩種情況：
如圖4，△PQH的兩直角邊之比為1:3.

過(guò)點(diǎn)H作HM⊥y軸于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥HM于點(diǎn)N.
∵M(jìn)H是△QAC的中位線，
∴HM＝ ＝4.
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠HMQ＝∠N，
∴△HPN∽△QHM，
∴ ＝ ＝ ，則PN＝ ＝ ，
∴OM＝ .
設(shè)HN＝t，則MQ＝3t.
∵M(jìn)Q＝MC，
∴3t＝8－ ，解得t＝ .
∴OP＝MN＝4＋t＝ ，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為( ，0).
如圖5，△PQH的兩直角邊之比為1:3.

過(guò)點(diǎn)H作HM⊥x軸于點(diǎn)M，交AC于點(diǎn)I，過(guò)點(diǎn)Q作NQ⊥HM于點(diǎn)N.
∵IH是△ACQ的中位線，
∴CQ＝2HI，NQ＝CI＝4.
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PMH＝∠QNH，
∴△PMH∽△HNQ，
∴ ＝ ＝ ＝ ，則MH＝ NQ＝ .
設(shè)PM＝t，則HN＝3t，
∵HN＝HI，
∴3t＝8+ ，解得 t＝ .
∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝ ，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為( ，0).?
3）當(dāng)AP為菱形對(duì)角線時(shí)，有圖6一種情況：

如圖6，△PQH的兩直角邊之比為1:3.
過(guò)點(diǎn)H作HM⊥y軸于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)I，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥HM于點(diǎn)N.
∵HI∥x軸，點(diǎn)H為AP的中點(diǎn)，
∴AI＝IB＝4，∴PN＝4.
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠QMH＝90°，
∴△PNH∽△HMQ，
∴ ＝ ＝ ＝ ，則MH＝3PN＝12，HI＝MH－MI＝4.
∵HI是△ABP的中位線，
∴BP＝2HI＝8，即OP＝16，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(16，0).
綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(12，0)，(24，0)，( ，0)，( ，0)，(16，0).
【分析】（1）根據(jù)兩組對(duì)邊分別平行可證四邊形AEFD是平行四邊形，利用正方形的性質(zhì)可得OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°.根據(jù)線段中點(diǎn)的定義可得CE＝BD，根據(jù)“SAS”可證 △ACE≌△ABD ，可得AE=AD，根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即證；
（2）如圖1，連結(jié)DE.?根據(jù)三角形的面積公式求出S△ABD＝??AB·BD＝,16， S△ODE＝??OD·OE=8，利用S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE =24，由S菱形AEFD＝2S△AED即可求出結(jié)論；
（3）由圖1，連結(jié)AF與DE相交于點(diǎn)K，易得△ADK的兩直角邊之比為1:3.?分兩種情況討論：①當(dāng)AP為菱形一邊時(shí)，點(diǎn)Q在x軸上方，有圖2（△APH的兩直角邊之比為1:3）；圖3(△APH的兩直角邊之比為1:3).兩種情況；②當(dāng)AP為菱形一邊時(shí)，點(diǎn)Q在x軸下方，有圖4( △PQH的兩直角邊之比為1:3 )、圖5( △PQH的兩直角邊之比為1:3)兩種情況；據(jù)此分別解答即可.
26. （1）解:作FH⊥BC，MO⊥CD，如圖1，

∵四邊形ABCD為正方形，
∴FH=AB，MQ=BC， ∴FH=MQ.
∵M(jìn)N⊥EF，
∴∠HFE=∠NMO，∠FHE=∠MQN=90°，
∴△FHE≌△MQN， ∴MN=EF，
∴k=1

（2）解:∵a:b=1:2，∴b=2a.
由題意得，2a

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