第2章 四边形单元检测卷B（含解析）

2018-2019湘教版八年级下第2章四边形单元检测卷B
姓名：__________班级：__________考号：__________
、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　）个．
A．0 B．1 C．2 D．3
菱形不具备的性质是（　　）
A．四条边都相等 B．对角线一定相等
C．是轴对称图形 D．是中心对称图形
下列说法正确的是（　　）
A．有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等
B．正方形既是轴对称图形又是中心对称图形
C．矩形的对角线互相垂直平分
D．六边形的内角和是540°
已知平行四边形ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（　　）
A．∠A=∠B B．∠A=∠C C．AC=BD D．AB⊥BC
四边形ABCD中，AB=CD，AB∥CD，则下列结论中错误的是（　　）
A．∠A=∠C B．AD∥BC
C．∠A=∠B D．对角线互相平分
如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别是对角线AC上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于 （　　）
A．1 B． C． D．
如图所示，已知点E、F分别是△ABC中AC、AB边的中点，BE、CF相交于点G，FG=3，则CF的长为（ ）
A． 4 B． 4.5 C． 6 D． 9
如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若AB=2，∠ABC=60°，则BD的长为（　　）
A．2 B．3 C． D．2
如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE=2，PF=8．则图中阴影部分的面积为（　　）
A．10 B．12 C．16 D．18
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D是AC边上的动点，过点D作DE∥AB交CB于E，过点B作BF⊥BC交DE的延长线于F，当AD从小于DC到大于DC的变化过程中，则△DCE与△BEF的周长之和的变化情况是（ ）
A． 一直不变 B． 一直增大 C． 先增大后减小 D． 先减小后增大
如图，小亮从A点出发前进10m，向右转一角度，再前进10m，又向右转一相同角度，…，这样一直走下去，他回到出发点A时，一共走了180m，则他每次转动的角度是（　　）
A．15° B．18° C．20° D．不能确定
如图，在△ABC中，AB=AC，E，F分别是BC，AC的中点，以AC为斜边作Rt△ADC，若∠CAD=∠CAB=45°，则下列结论不正确的是（　　）
A．∠ECD=112.5° B．DE平分∠FDC C．∠DEC=30° D．AB=CD
、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
命题“四边相等的四边形是菱形”的逆命题是　 　．
若一个多边形的每个外角都等于30°，则这个多边形的边数为　 　．
如图所示，?ABCD的周长是10+6，AB的长是5，DE⊥AB于E，DF⊥CB交CB的延长线于点F，DE的长是3，则DF的长为　　　　　　．
如图，等边△ABE与正方形ABCD有一条共公边，点E在正方形外，连结DE，则∠BED=　　　　　　°．
把一张矩形纸片ABCD按如图方式折叠，使顶点B和顶点D重合，折痕为EF．若BF=4，FC=2，则∠DEF的度数是　　　　　　°．
如图，△ABC的周长为64，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，A′、B′、C′分别为EF、EG、GF的中点，△A′B′C′的周长为_________．如果△ABC、△EFG、△A′B′C′分别为第1个、第2个、第3个三角形，按照上述方法继续作三角形，那么第n个三角形的周长是__________________．
、解答题（本大题共8小题，共66分）
已知：如图，在?ABCD中，延长AB至点E，延长CD至点F，使得BE=DF．连接EF，与对角线AC交于点O．
求证：OE=OF．
如图，AD是∠BAC的外角平分线，CD⊥AD于点D，E是BC的中点.求证：DE= (AB+AC).
如图，在平行四边形ABCD中，AE是BC边上的高，点F是DE的中点，AB与AG关于AE对称，AE与AF关于AG对称．
（1）求证：△AEF是等边三角形；
（2）若AB=2，求△AFD的面积．
如图，在四边形ABCD中，∠BAC=90°，E是BC的中点，AD∥BC，AE∥DC，EF⊥CD于点F．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AB=6，BC=10，求EF的长．
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，O、D分别是边AC、AB的中点，过点C作CE∥AB交DO的延长线于点E，连接AE．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若四边形AECD的面积为24，tan∠BAC=，求BC的长．
如图，在?ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，点F在BD上，且 BE=DF 连接AE并延长，交BC于点G，连接CF并延长，交AD于点H．
（1）求证：△AOE≌△COF；
（2）若AC平分∠HAG，求证：四边形AGCH是菱形．
如图，已知正方形ABCD的边长为1，P是对角线AC上任意一点，E为AD上的点，且∠EPB=90°，PM⊥AD，PN⊥AB．
（1）求证：四边形PMAN是正方形；
（2）求证：EM=BN；
（3）若点P在线段AC上移动，其他不变，设PC=x，AE=y，求y关于x的解析式，并写出自变量x的取值范围．
在菱形ABCD中，∠A=60°，以D为顶点作等边三角形DEF，连接EC，点N、P分别为EC、BC的中点，连接NP
（1）如图1，若点E在DP上，EF与CD交于点M，连接MN，CE=3，求MN的长；
（2）如图2，若M为EF中点，求证：MN=PN；
（3）如图3，若四边形ABCD为平行四边形，且∠A=∠DBC≠60°，以D为顶点作三角形DEF，满足DE=DF且∠EDF=∠ABD，M、N、P仍分别为EF、EC、BC的中点，请探究∠ABD与∠MNP的和是否为一个定值，并证明你的结论．
答案解析
、选择题
【考点】轴对称图形；中心对称图形
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念分别分析得出答案．
解：等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，正五边形，是轴对称图形，不是中心对称图形，
正方形和正六边形既是轴对称图形又是中心对称图形，
故选：C．
【点评】此题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图形重合．
【考点】菱形的性质
【分析】根据菱形的性质即可判断；
解：菱形的四条边相等，是轴对称图形，也是中心对称图形，对角线垂直不一定相等，
故选：B．
【点评】本题考查菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，属于中考基础题．
【考点】全等三角形的判定；多边形内角与外角；矩形的性质；轴对称图形；中心对称图形
【分析】直接利用全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理．
解：A．有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等，错误，必须是两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；
B、正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，正确；
C、矩形的对角线相等且互相平分，故此选项错误；
D、六边形的内角和是720°，故此选项错误．
故选：B．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理，正确把握相关性质是解题关键．
【考点】矩形的判定
【分析】由矩形的判定方法即可得出答案．
解：A．∠A=∠B，∠A+∠B=180°，所以∠A=∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
B、∠A=∠C不能判定这个平行四边形为矩形，错误；
C、AC=BD，对角线相等，可推出平行四边形ABCD是矩形，故正确；
D、AB⊥BC，所以∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
故选：B．
【点评】此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定方法，属于基础定理，难度较小．
【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质．
【分析】由AB=CD，AB∥CD，推出四边形ABCD是平行四边形，推出∠DAB=∠DCB，AD∥BC，OA=OC，OB=OD，由此即可判断．
解：如图，∵AB=CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB=∠DCB，AD∥BC，OA=OC，OB=OD，
∴选项A．B、D正确，
故选C
【考点】正方形的性质
【分析】根据轴对称图形的性质，解决问题即可；
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴直线AC是正方形ABCD的对称轴，
∵EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．
∴根据对称性可知：四边形EFHG的面积与四边形EFJI的面积相等，
∴S阴=S正方形ABCD=，
故选：B．
【点评】本题考查正方形的性质，解题的关键是利用轴对称的性质解决问题，属于中考常考题型．
【考点】三角形重心的定义及性质
【分析】根据三角形重心的性质，求出FG=CG，然后即可求出CF的长．
解：∵点E、F分别是△ABC中AC、AB边的中点，BE、CF相交于点G，
∴G为△ABC的重心，
∴2FG=GC，
∵FG=3，
∴GC=6，
∴CF=9．
故选D.
【点睛】本题主要考查了三角形重心的定义及性质，熟记三角形三边中线的交点叫做三角形的重心，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1是解题的关键.
【考点】菱形的性质．
【分析】首先根据菱形的性质知AC垂直平分BD，再证出△ABC是正三角形，由三角函数求出BO，即可求出BD的长．
解：∵四边形ABCD菱形，
∴AC⊥BD，BD=2BO，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是正三角形，
∴∠BAO=60°，
∴BO=sin60°?AB=2×=，
∴BD=2．
故选：D．
【考点】矩形的性质
【分析】想办法证明S△PEB=S△PFD解答即可．
解：作PM⊥AD于M，交BC于N．
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC=S△PCN，
∴S△DFP=S△PBE=×2×8=8，
∴S阴=8+8=16，
故选：C．
【点评】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明S△PEB=S△PFD．
【考点】平行四边形的判定和性质
【分析】利用两边分别平行的四边形是平行四边形判定ABFD是平行四边形，再由平行四边形的性质得出BF=AD, DF=DE+EF=AB，从而得出结果。
解：∵AC⊥BC,BF⊥BC,
∴AC∥BF.
又∵DE∥AB,
∴四边形ABFD是平行四边形，
∴BF=AD,DF=DE+EF=AB,
∴△DCE与△BEF的周长之和等于△ABC的周长，
∴△DCE与△BEF的周长之和一直不变.
故选A．
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，熟记平行四边形的判定和性质是解题的关键。
【考点】多边形内角与外角．
【分析】第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个的正多边形，用180÷10=18，求得边数，再根据多边形的外角和为360°，即可求解．
解：∵第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个的正多边形，
∴正多边形的边数为：180÷10=18，
根据多边形的外角和为360°，
∴则他每次转动的角度为：360°÷18=20°，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，解决本题的关键是明确第一次回到出发点A时，所经过的路线正好构成一个正多边形．　
【考点】 三角形中位线定理； 等腰三角形的性质．.
【分析】由AB=AC，∠CAB=45°，根据等边对等角及三角形内角和定理求出∠B=∠ACB=67.5°．由Rt△ADC中，∠CAD=45°，∠ADC=90°，根据三角形内角和定理求出∠ACD=45°，根据等角对等边得出AD=DC，那么∠ECD=∠ACB+∠ACD=112.5°，从而判断A正确；
根据三角形的中位线定理得到FE=AB，FE∥AB，根据平行线的性质得出∠EFC=∠BAC=45°，∠FEC=∠B=67.5°．根据直角三角形的性质以及等腰三角形的性质得到FD=AC，DF⊥AC，∠FDC=45°，等量代换得到FE=FD，再求出∠FDE=∠FED=22.5°，进而判断B正确；
由∠FEC=∠B=67.5°，∠FED=22.5°，求出∠DEC=∠FEC﹣∠FED=45°，从而判断C错误；
在等腰Rt△ADC中利用勾股定理求出AC=CD，又AB=AC，等量代换得到AB=CD，从而判断D正确．
解：∵AB=AC，∠CAB=45°，
∴∠B=∠ACB=67.5°．
∵Rt△ADC中，∠CAD=45°，∠ADC=90°，
∴∠ACD=45°，AD=DC，
∴∠ECD=∠ACB+∠ACD=112.5°，故A正确，不符合题意；
∵E、F分别是BC、AC的中点，
∴FE=AB，FE∥AB，
∴∠EFC=∠BAC=45°，∠FEC=∠B=67.5°．
∵F是AC的中点，∠ADC=90°，AD=DC，
∴FD=AC，DF⊥AC，∠FDC=45°，
∵AB=AC，
∴FE=FD，
∴∠FDE=∠FED=（180°﹣∠EFD）=（180°﹣135°）=22.5°，
∴∠FDE=∠FDC，
∴DE平分∠FDC，故B正确，不符合题意；
∵∠FEC=∠B=67.5°，∠FED=22.5°，
∴∠DEC=∠FEC﹣∠FED=45°，故C错误，符合题意；
∵Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=DC，
∴AC=CD，
∵AB=AC，
∴AB=CD，故D正确，不符合题意．
故选C．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，平行线的性质，勾股定理等知识．掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
、填空题
【考点】命题与定理
【分析】把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题．
解：命题“四边相等的四边形是菱形”的逆命题是菱形的四条边相等，
故答案为：菱形的四条边相等．
【点评】本题考查的是命题和定理，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题．
【考点】多边形内角与外角
【分析】根据已知和多边形的外角和求出边数即可．
解：∵一个多边形的每个外角都等于30°，
又∵多边形的外角和等于360°，
∴多边形的边数是=12，
故答案为：12．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角，能熟记多边形的外角和等于360°是解此题的关键．
【考点】平行四边形的性质，平行四边形面积的计算
【分析】由平行四边形的性质和已知条件求出BC，再由平行四边形的面积得出关系式，即可求出DF的长．
解：∵?ABCD的周长是10+6，
∴CD=AB=5，AD=BC，
∴AD=BC=（10+6﹣2×5）=3，
∵S?ABCD=AB×DE=BC×DF，
即5×3=3×DF，
∴DF=；故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，由平行四边形的面积关系求出DF是解决问题的关键．
【考点】正方形的性质，等边三角形的性质
【分析】根据正方形的性质，可得AB与AD的关系，∠BAD的度数，根据等边三角形的性质，可得AE与AB的关系，∠AEB的度数，根据等腰三角形的性质，可得∠AED与∠ADE的关系，根据三角形的内角和，可得∠AED的度数，根据角的和差，可得答案．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵等边三角形ABE，
∴AB=AE，∠BAE=∠AEB=60°，
∠DAE=∠BAD+∠BAE=90°+60°=150°，
AD=AE，
∴∠AEB=∠ABE=（180°﹣∠DAB）÷2=15°，
∴∠BED=∠AEB﹣∠AED=60°﹣15°=45°，
故答案为：45°
【点评】此题考查了正方形的性质，以及等边三角形的性质，利用了等量代换的思想，熟练掌握性质是解本题的关键．
【考点】翻折变换（折叠问题）．矩形的性质，含30°的直角三角形
【分析】根据折叠的性质得到DF=BF=4，∠BFE=∠DFE，在Rt△DFC中，根据含30°的直角三角形三边的关系得到∠FDC=30°，则∠DFC=60°，所以有∠BFE=∠DFE=（180°﹣60°）÷2，然后利用两直线平行内错角相等得到∠DEF的度数．
解：∵矩形纸片ABCD按如图方式折叠，使顶点B和顶点D重合，折痕为EF，
∴DF=BF=4，∠BFE=∠DFE，
在Rt△DFC中，FC=2，DF=4，
∴∠FDC=30°，
∴∠DFC=60°，
∴∠BFE=∠DFE=（180°﹣60°）÷2=60°，
∴∠DEF=∠BFE=60°．
故答案为：60．
【点评】本题考查了折叠的性质：折叠前后的两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了矩形的性质和含30°的直角三角形三边的关系．
【考点】三角形中位线定理
【分析】△ABC的周长为64，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，所以EF、FG、EG为三角形中位线，即△EFG的周长是△ABC周长的一半，以此类推，第n个小三角形的周长是第一个三角形周长的64×（）n-
解：∵如图，△ABC的周长为64，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，
∴EF、FG、EG为三角形中位线，
∴EF=BC，EG=AC，FG=AB，
∴EF+FG+EG=（BC+AC+AB），即△EFG的周长是△ABC周长的一半，
同理，△A′B′C′的周长是△EFG的周长的一半，即△A′B′C′的周长为×64=16，
以此类推，第n个小三角形的周长是第一个三角形周长的64×（）n-1，
故答案为：16，64×（）n-1．
【点评】本题考查了三角形中位线定理.此题考查的是三角形中位线的性质,即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半
、解答题
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】由平行四边形的性质得出AB∥CD，AB=CD，证出AE=CF，∠E=∠F，∠OAE=∠OCF，由ASA证明△AOE≌△COF，即可得出结论．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵BE=DF，
∴AB+BE=CD+DF，即AE=CF，
∵AB∥CD，
∴AE∥CF，
∴∠E=∠F，∠OAE=∠OCF，
在△AOE和△COF中，，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF．
【点睛】解决的关键是利用平行四边形的性质得到AB∥CD，AB=CD，证出AE=CF，∠E=∠F，∠OAE=∠OCF，由ASA证明△AOE≌△COF，得到证明，属于基础题。　
【考点】三角形的中位线定理
【分析】直接证明DE= (AB+AC)比较困难，注意到E是BC的中点，联想到三角形的中位线定理，于是延长CD与BA交于F点，只需证D是CF的中点及AF=AC即可，这容易从题设证得.
解：延长CD与BA交于F点.
∵AD是∠BAC的外角平分线，
∴∠CAD=∠EAD，
∵CD⊥AD，∴∠ADC=∠ADF=90°，
∴∠ACD=∠F，
∴AC=AF，∴CD=DF，
∵E是BC的中点，
∴DE=BF= (AB+AC).
【点评】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造出以DE为中位线的三角形是解题的关键．
【考点】含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线；平行四边形的性质；轴对称的性质
【分析】（1）先根据轴对称性质及BC∥AD证△ADE为直角三角形，由F是AD中点知AF=EF，再结合AE与AF关于AG对称知AE=AF，即可得证；
（2）由△AEF是等边三角形且AB与AG关于AE对称、AE与AF关于AG对称知∠EAG=30°，据此由AB=2知AE=AF=DF=、AH=，从而得出答案．
解：（1）∵AB与AG关于AE对称，
∴AE⊥BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴AE⊥AD，即∠DAE=90°，
∵点F是DE的中点，即AF是Rt△ADE的中线，
∴AF=EF=DF，
∵AE与AF关于AG对称，
∴AE=AF，
则AE=AF=EF，
∴△AEF是等边三角形；
（2）记AG、EF交点为H，
∵△AEF是等边三角形，且AE与AF关于AG对称，
∴∠EAG=30°，AG⊥EF，
∵AB与AG关于AE对称，
∴∠BAE=∠GAE=30°，∠AEB=90°，
∵AB=2，
∴BE=1、DF=AF=AE=，
则EH=AE=、AH=，
∴S△ADF=××=．
【点评】本题主要考查含30°角的直角三角形，解题的关键是掌握直角三角形有关的性质、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质及平行四边形的性质等知识点．
【考点】平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质
【分析】（1）根据平行四边形和菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质和三角形的面积公式解答即可．
证明：（1）∵AD∥BC，AE∥DC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵∠BAC=90°，E是BC的中点，
∴AE=CE=BC，
∴四边形AECD是菱形；
（2）过A作AH⊥BC于点H，
∵∠BAC=90°，AB=6，BC=10，
∴AC=，
∵，
∴AH=，
∵点E是BC的中点，BC=10，四边形AECD是菱形，
∴CD=CE=5，
∵S?AECD=CE?AH=CD?EF，
∴EF=AH=．
【点评】此题考查菱形的判定和性质，关键是根据平行四边形和菱形的判定和性质解答．
【考点】菱形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理
【分析】（1）由ASA证明△AOD≌△COE，得出对应边相等AD=CE，证出四边形AECD是平行四边形，即可得出四边形AECD是菱形；
（2）由菱形的性质得出AC⊥ED，再利用三角函数解答即可．
（1）证明：∵点O是AC中点，
∴OA=OC，
∵CE∥AB，
∴∠DAO=∠ECO，
在△AOD和△COE中，
，
∴△AOD≌△COE（ASA），
∴AD=CE，
∵CE∥AB，
∴四边形AECD是平行四边形，
又∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，
∴CD=AD，
∴四边形AECD是菱形；
（2）由（1）知，四边形AECD是菱形，
∴AC⊥ED，
在Rt△AOD中，tan∠DAO=，
设OD=3x，OA=4x，
则ED=2OD=6x，AC=2OA=8x，由题意可得：，
解得：x=1，
∴OD=3，
∵O，D分别是AC，AB的中点，
∴OD是△ABC的中位线，
∴BC=2OD=6．
【点评】本题考查了菱形的判定方法、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的判定方法，证明三角形全等是解决问题的关键．
【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【分析】（1）先由四边形ABCD是平行四边形，得出OA=OC，OB=OD，则OE=OF，又∵∠AOE=∠COF，利用SAS即可证明△AOE≌△COF；
（2）先证明四边形AGCH是平行四边形，再证明CG=AG，即可证明四边形AGCH是菱形．
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵BE=DF，
∴OE=OF，
在△AOE与△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（SAS）；
（2）由（1）得△AOE≌△COF，
∴∠OAE=∠OCF，
∴AE∥CF，
∵AH∥CG，
∴四边形AGCH是平行四边形；
∵AC平分∠HAG，
∴∠HAC=∠GAC，
∵AH∥CG，
∴∠HAC=∠GCA，
∴∠GAC=∠GCA，
∴CG=AG；
∴?AGCH是菱形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质,菱形的判定,难度适中,利用SAS证明△AOE≌△COF是解题的关键。　
【考点】四边形综合题．正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，易得∠BAD=90°，AC平分∠BAD，又由PM⊥AD，PN⊥AB，即可证得四边形PMAN是正方形；
（2）由四边形PMAN是正方形，易证得△EPM≌△BPN，即可证得：EM=BN；
（3）首先过P作PF⊥BC于F，易得△PCF是等腰直角三角形，继而证得△APM是等腰直角三角形，可得AP=AM=（AE+EM），即可得方程﹣x=（y+x），继而求得答案．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AC平分∠BAD，
∵PM⊥AD，PN⊥AB，
∴PM=PN，∠PMA=∠PNA=90°，
∴四边形PMAN是矩形，
∴四边形PMAN是正方形；
（2）证明：∵四边形PMAN是正方形，
∴PM=PN，∠MPN=90°，
∵∠EPB=90°，
∴∠MPE=∠NPB，
在△EPM和△BPN中，
，
∴△EPM≌△BPN（ASA），
∴EM=BN；
（3）解：过P作PF⊥BC于F，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC=1，∠PCF=45°，
∴AC==，△PCF是等腰直角三角形，
∴AP=AC﹣PC=﹣x，BN=PF=x，
∴EM=BN=x，
∵∠PAM=45°，∠PMA=90°，
∴△APM是等腰直角三角形，
∴AP=AM=（AE+EM），
即﹣x=（y+x），
解得：y=1﹣x，
∴x的取值范围为0≤x≤，
∴y=1﹣x（0≤x≤）．
【点评】此题属于四边形的综合题．考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线、掌握方程思想的应用是解此题的关键．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）首先根据四边形ABCD是菱形，∠A=60°，判断出△ABD、△BCD是等边三角形；然后判断出∠DME=90°，在Rt△CME中，根据N为EC的中点，求出MN的长是多少即可．
（2）首先连接BE、CF，根据三角形的中位线定理，判断出MN=，PN=；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△BDE≌△∠CDF，即可判断出CF=BE，所以MN=PN．
（3）∠ABD与∠MNP的和是一个定值，∠ABD+∠MNP=180°．首先连接BE、CF，延长CE交BD于点G，根据三角形的中位线定理，判断出∠MNE=∠FCE=∠FCD+∠DCEM，∠ENP=∠BEG；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△BDE≌△∠CDF，即可判断出∠DBE=∠DCF；最后根据三角形的外角的性质，以及三角形的内角和定理，判断出∠ABD+∠MNP=180°即可．
解：（1）如图1，
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
又∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=AD=BD，
∴BC=CD=BD，
∴△BCD是等边三角形，
又∵P为BC的中点，
∴DP是∠BDC的平分线，
∴∠CDP=60°÷2=30°，
又∵三角形DEF是等边三角形，
∴∠DEF=60°，
∴∠DME=180°﹣30°﹣60°=90°，
在Rt△CME中，
∵N为EC的中点，
∴MN=，
即MN的长是．
（2）如图2，连接BE、CF，
，
∵点N、M分别为EC、EF的中点，
∴MN是△CEF的中位线，
∴MN=；
∵点N、P分别为EC、BC的中点，
∴PN是△CBE的中位线，
∴PN=；
∵∠BDC=60°，∠EDF=60°，
∴∠BDC﹣∠EDC=∠EDF﹣∠EDC，
即∠BDE=∠CDF，
在△BDE和△∠CDF中，
∴△BDE≌△∠CDF，
∴CF=BE，
∴MN=PN．
（3）∠ABD与∠MNP的和是一个定值，∠ABD+∠MNP=180°．
证明：如图3，连接BE、CF，延长CE交BD于点G，
，
∵点N、M分别为EC、EF的中点，
∴MN是△CEF的中位线，
∴MN∥CF，
∴∠MNE=∠FCE=∠FCD+∠DCE，
∵点N、P分别为EC、BC的中点，
∴PN是△CBE的中位线，
∴PN∥BE，
∴∠ENP=∠BEG，
∵AB∥CD，
∴∠BDC=∠ABD，
又∵∠EDF=∠ABD，
∴∠BDC=∠EDF，
∴∠BDC﹣∠EDC=∠EDF﹣∠EDC，
即∠BDE=∠CDF，
∵∠A=∠DBC，∠ADB=∠DBC，
∴∠A=∠ADB，
∴AB=BD，
又∵AB=CD，
∴BD=CD，
在△BDE和△∠CDF中，
∴△BDE≌△∠CDF，
∴∠DBE=∠DCF，
根据三角形的外角的性质，可得
∠BGE=∠BDC+∠DCE，
在△BGE中，
∠BEG+∠BGE+∠GBE=180°，
∴∠ENP+（∠BDC+∠DCE）+∠DCF=180°，
∴（∠ENP+∠DCF+∠DCE）+∠BDC=180°，
又∵∠ENP+∠DCF+∠DCE=∠MNP，∠BDC=∠ABD，
∴∠ABD+∠MNP=180°，
即∠ABD与∠MNP的和是一个定值．
【点评】（1）此题主要考查了四边形综合题，考查了分析推理能力、空间想象能力，考查了数形结合思想的应用，要熟练掌握．
（2）此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①判定定理1：SSS﹣﹣三条边分别对应相等的两个三角形全等．②判定定理2：SAS﹣﹣两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．③判定定理3：ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．④判定定理4：AAS﹣﹣两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等．⑤判定定理5：HL﹣﹣斜边与直角边对应相等的两个直角三角形全等．
（3）此题还考查了三角形中位线定理的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（4）此题还考查了三角形的外角的性质和三角形的内角和定理，要熟练掌握．