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八年级初二数学平行四边形复习题附解析

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，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，D重合），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连结AG．
（1）写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由；
（2）若正方形ABCD的边长为1，∠AGF=105°，求线段BG的长．

3．如图，矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，以O为原点建立平面直角坐标系，点B，点D分别在x轴，y轴上，点C在第一象限内，若平面内有一动点P，且满足S△POB＝S矩形OBCD，问：
（1）当点P在矩形的对角线OC上，求点P的坐标；
（2）当点P到O，B两点的距离之和PO+PB取最小值时，求点P的坐标．

4．如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于，以、为邻边作平行四边形．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）连结、，若，则是等边三角形吗？为什么？
（3）若，，，是的中点，求的长．
5．已知：如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交于BE的延长线于点F，且AF=DC，连接CF．

（1）求证：D是BC的中点；
（2）如果AB=AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
6．如图，在正方形中，点是边上任意一点，请你仅用无刻度的直尺，用连线的方法，分别在图（1）、图（2）中按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）.

（1）在如图（1）的边上求作一点，连接，使；
（2）在如图（2）的边上求作一点，连接，使.
7．如图，点的坐标为，轴，垂足为，轴，垂足为，点分别是射线、上的动点，且点不与点、重合，.

（1）如图1，当点在线段上时，求的周长；
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，设的面积为，的面积为，请猜想与之间的等量关系，并证明你的猜想.
8．如图,已知平面直角坐标系中,、,现将线段绕点顺时针旋转得到点,连接.

(1)求出直线的解析式；
(2)若动点从点出发,沿线段以每分钟个单位的速度运动,过作交轴于,连接.设运动时间为分钟,当四边形为平行四边形时,求的值.
(3)为直线上一点,在坐标平面内是否存在一点,使得以、、、为顶点的四边形为菱形,若存在,求出此时的坐标；若不存在,请说明理由.
9．在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．
（1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝ ；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长；
（3）若AG＝，请直接写出此时DE的长．

10．如图，的对角线相交于点，点从点出发，沿方向以每秒的速度向终点运动，连接，并延长交于点．设点的运动时间为秒．
（1）求的长（用含的代数式表示）；
（2）当四边形是平行四边形时，求的值；
（3）当时，点是否在线段的垂直平分线上？请说明理由．

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一、解答题

1．（1）DE＝CF；（2）在情况1与情况2下都相同，详见解析；（3）AF＋CF＝DF或|AF－CF|＝DF
【分析】
（1）易证△BCD是等腰直角三角形，得出DB=CB，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，FG=CF，连接BE，设∠CDG=α，则∠CBF=α，∠DEA=∠ADE=90°-α，求出∠DAE=2α，则∠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，则EF=BF，推出EF=DG，DE=FG，得出DE=CF；
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FG=CF，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DE=CF；
（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=∠BFE=45°，则△HDF是等腰直角三角形，得HF=DF，DH=DF，∵∠HDF=∠ADC=90°，由SAS证得△HDA≌△FDC，得CF=HA，即可得出AF+CF=DF；
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=∠BFD=45°，则△DFH是等腰直角三角形，得FH=DF，DF=DH，由SAS证得△ADF≌△CDH，得出CH=AF，即可得出AF+CF=DF；
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=∠BFE=45°，则△HDF是等腰直角三角形，得出HF=DF，DH=DF，由SAS证得△ADC≌△HDF，得出AH=CF，即可得出AF-CF=DF；
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=∠BFE=45°，则∠DFH=∠EFA=45°，△HDF是等腰直角三角形，得DH=DF，HF=DF，由SAS证得△HDA≌△FDC，得出AF=CF，即可得出CF-AF=DF．
【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=CB，
当点E、F与点B重合时，则DE=CF，
故答案为：DE=CF；
（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，
，
∴△CDG≌△CBF（ASA），
∴DG=FB，CG=CF，
∴△GCF是等腰直角三角形，
∴FG=CF，
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=（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，
，
∴△CDG≌△CBF（ASA），
∴DG=FB，CG=CF，
∴△GCF是等腰直角三角形，
∴FG=CF，
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=CF；
（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，
，
∴△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=（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，
，
∴△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，
，
∴△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，
综上所述，线段AF、CF、DF三者之间的数量关系：AF+CF=DF或|AF-CF|=DF，
故答案为：AF+CF=DF或|AF-CF|=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）AG2=GE2+GF2，理由见解析；（2）
【分析】
（1）结论：AG2=GE2+GF2．只要证明GA=GC，四边形EGFC是矩形，推出GE=CF，在Rt△GFC中，利用勾股定理即可证明；
（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．易证AM=BM=2x，MN=x，在Rt△ABN中，根据AB2=AN2+BN2，可得1=x2+（2x+x）2，解得x=，推出BN=，再根据BG=BN÷cos30°即可解决问题.
【详解】
解：（1）结论：AG2=GE2+GF2．
理由：连接CG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于对角线BD对称，
∵点G在BD上，
∴GA=GC，
∵GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，
∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°，
∴四边形EGFC是矩形，
∴CF=GE，
在Rt△GFC中，∵CG2=GF2+CF2，
∴AG2=GF2+GE2．
（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设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°=．

【点睛】
本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形30度的性质．
3．（1）P（，2）；（2）（，2）或（﹣，2）
【分析】
（1）根据已知条件得到C（5，3），设直线OC的解析式为y＝kx，求得直线OC的解析式为y＝x，设P（m，m），根据S△POB＝S矩形OBCD，列方程即可得到结论；
（2）设点P的纵坐标为h，得到点P在直线y＝2或y＝﹣2的直线上，作B关于直线y＝2的对称点E，则点E的坐标为（5，4），连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，设直线OE的解析式为y＝nx，于是得到结论．
【详解】
（1）如图：

∵矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，
∴C（5，3），
设直线OC的解析式为y＝kx，
∴3＝5k，
∴k＝，
∴直线OC的解析式为y＝x，
∵点P在矩形的对角线OC上，
∴设P（m，m），
∵S△POB＝S矩形OBCD，
∴5×m＝3×5，
∴m＝，
∴P（，2）；
（2）∵S△POB＝S矩形OBCD，
∴设点P的纵坐标为h，
∴h×5＝5，
∴h＝2，
∴点P在直线y＝2或y＝﹣2上，
作B关于直线y＝2的对称点E，
则点E的坐标为（5，4），
连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，

设直线OE的解析式为y＝nx，
∴4＝5n，
∴n＝，
∴直线OE的解析式为y＝x，
当y＝2时，x＝，
∴P（，2），
同理，点P在直线y＝﹣2上，
P（，﹣2），
∴点P的坐标为（，2）或（﹣，2）．
【点睛】
本题考查了轴对称——最短路线问题，矩形的性质，待定系数法求函数的解析式，正确的找到点P在位置是解题的关键．
4．（1）详见解析；（2）是，详见解析；（3）
【分析】
（1）平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF=∠CFE，根据等角对等边可得CE=CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG=120°=∠DCG，再判断出AB=BE，进而得出BE=CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE=60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM=BM，∠DMC=∠BME，再根据∠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质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=DC，AD∥BC，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，∠BCF=120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE=GE，∠BCG=∠BCF=60°，
∴CG=GE=CE，∠DCG=120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG=120°=∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠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是等边三角形，
∴∠CGE=60°，
∴∠BGD=60°，
∵BG=DG，
∴△BDG是等边三角形；
（3）如图2中，连接BM，MC，

∵∠ABC=90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF=90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF=∠DAF，
∴BE=AB=DC，
∵M为EF中点，
∴∠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，
∴．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
5．（1）见详解；（2）四边形ADCF是矩形；证明见详解．
【分析】
（1）可证△AFE≌△DBE，得出AF=BD，进而根据AF=DC，得出D是BC中点的结论；
（2）若AB=AC，则△ABC是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质知AD⊥BC；而AF与DC平行且相等，故四边形ADCF是平行四边形，又AD⊥BC，则四边形ADCF是矩形．
【详解】
（1）证明：∵E是AD的中点，
∴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的中点．
（2）解：四边形ADCF是矩形；
证明：∵AF=DC，AF∥DC，
∴四边形ADCF是平行四边形．
∵AB=AC，BD=DC，
∴AD⊥BC即∠ADC=90°．
∴平行四边形ADCF是矩形．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行四边形、矩形的判定等知识综合运用．解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法，以及全等三角形的判定和性质进行证明．
6．（1）见解析；（2）见解析.
【分析】
（1）连接BD，BD与AM交于点O，连接CO并延长交于AB，则CO与AB的交点为点N．可先证明△AOD≌△COD，再证明△MOB≌NOB，从而可得NB=MB；
（2）连接MO并延长与AE交于点Q，连接QC，则CQ∥AM．理由如下：由正方形的性质以及平行线等分线段可证QO=MO，从而可知四边形AQCM为平行四边形，从而可得CQ∥AM．
【详解】
解：（1）如图（1），

连接BD，BD与AM交于点O，连接CO并延长交于AB，则CO与AB的交点为点N，则CN为所作．
理由：在△AOD与△COD中，
∵，
∴△AOD≌△COD（SAS），
∴∠OAD=∠OCD，
∴∠BAM=∠BCN．
在△ABM与△CBN中，
∵，
∴△ABM≌△CBN（ASA），
∴CN=AM．
（2）如图2连接AC、BD交与O点，连接MO并延长与AE交于点Q，连接QC，则为所求的线段.

在正方形ABCD中，OA=OB=OC=OD，AD∥BC，
∴QO=MO
∴四边形AQCM为平行四边形，
∴QC∥AM
【点睛】
本题考查了作图-基本作图，解决此题的关键是利用正方形的性质求解．
7．（1）12；（2）2S1=36 +S2.
【分析】
(1)根据已知条件证得四边形ABOC是正方形，在点B左侧取点G，连接AG，使AG=AE，利用HL证得Rt△ABG≌Rt△ACE，得到∠GAB=∠EAC,GB=CE，再利用证得△GAD≌△EAD，得到DE=GB+BD，由此求得的周长；
(2) 在OB上取点F，使AF=AE，根据HL证明Rt△ABF≌Rt△ACE，得到∠FAE=∠ABC=90，再证明△ADE≌△ADF，利用面积相加关系得到四边形AEDF的面积=S△ACE+S四边形ACOF+S△ODE，根据三角形全等的性质得到2S△ADE=S正方形ABOC+S△ODE，即可得到2S△ADE=36 +S△ODE.
【详解】
(1)∵点的坐标为，轴，轴，
∴AB=BO=AC=OC=6,
∴四边形ABOC是菱形，
∵∠BOC=90，
∴四边形ABOC是正方形，
在点B左侧取点G，连接AG，使AG=AE，
∵四边形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,
∴的周长=DE+OD+OE=GB+BD+OD+OE=OB+OC=6+6=12

(2) 2S1=36 +S2，理由如下：
在OB上取点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，
∵四边形AEDF的面积=S△ACE+S四边形ACOF+S△ODE，
∴2S△ADE=S正方形ABOC+S△ODE，
∴2S△ADE=36 +S△ODE
.即：2S1=36 +S2

【点睛】
此题考查三角形全等的判定及性质，根据题中的已知条件证得三角形全等，即可利用性质得到边长相等，面积相等的关系，（2）中需根据面积的加减关系进行推导，这是此题的难点.
8．（1）；（2）t=s时，四边形ABMN是平行四边形；（3）存在，点Q坐标为：或或或.
【分析】
（1）如图1中，作BH⊥x轴于H．证明△COA≌△AHB（AAS），可得BH=OA=1，AH=OC=2，求出点B坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
（2）利用平行四边形的性质求出点N的坐标，再求出AN，BM，CM即可解决问题．
（3）如图3中，当OB为菱形的边时，可得菱形OBQP，菱形OBP1Q1．菱形OBP3Q3，当OB为菱形的对角线时，可得菱形OP2BQ2，点Q2在线段OB的垂直平分线上，分别求解即可解决问题．
【详解】
（1）如图1中，作BH⊥x轴于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），
设直线BC的解析式为y=kx+b，则有，
解得：，
∴；
（2）如图2中，

∵四边形ABMN是平行四边形，
∴AN∥BM，
∴直线AN的解析式为：，
∴，
∴，
∵B（3，1），C（0，2），
∴BC=，
∴，
∴，
∴t=s时，四边形ABMN是平行四边形；
（3）如图3中，

如图3中，当OB为菱形的边时，可得菱形OBQP，菱形OBP1Q1．菱形OBP3Q3，
连接OQ交BC于E，
∵OE⊥BC，
∴直线OE的解析式为y=3x，
由，解得：，
∴E（，），
∵OE=OQ，
∴Q（，），
∵OQ1∥BC，
∴直线OQ1的解析式为y=-x，
∵OQ1=OB=，设Q1（m，-），
∴m2+m2=10，
∴m=±3，
可得Q1（3，-1），Q3（-3，1），
当OB为菱形的对角线时，可得菱形OP2BQ2，点Q2在线段OB的垂直平分线上，
易知线段OB的垂直平分线的解析式为y=-3x+5，
由，解得：，
∴Q2（，）．
综上所述，满足条件的点Q坐标为：或或或.
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
9．（1）5；（2）；（3）或．
【分析】
（1）如图1，连接CG，证明△CBD≌△CBG（SAS），可得G，C，D三点共线，利用勾股定理可得AG的长；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△BCE≌△BKG，可得AK和KG的长，利用勾股定理计算AG的长；
（3）分三种情况：①当点E在边CD的延长线上时，如图3，同（2）知△BCE≌△BKG（AAS），BC＝BK＝5，根据勾股定理可得KG的长，即可CE的长，此种情况不成立；②当点E在边CD上；③当点E在DC的延长线上时，同理可得结论．
【详解】
（1）如图1，连接CG，

∵四边形ABCD和四边形EBGF是正方形，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG，
∴∠CBG＝45°，
∴∠CBG＝∠CBD，
∵BC＝BC，
∴△CBD≌△CBG（SAS），
∴∠DCB＝∠BCG＝90°，DC＝CG＝5，
∴G，C，D三点共线，
∴AG＝＝＝，
故答案为：；
（2）如图2，过点G作GK⊥AB，交AB的延长线于K，

∵DE＝2，DC＝5，
∴CE＝3，
∵∠EBG＝∠EBC＋∠CBG＝90°，∠CBG＋∠GBK＝90°，
∴∠EBC＝∠GBK，
∵BE＝BG，∠K＝∠BCE＝90°，
∴△BCE≌△BKG（AAS），
∴CE＝KG＝3，BC＝BK＝5，
∴AK＝10，
由勾股定理得：AG＝＝；
（3）（3）分三种情况：
①当点E在CD的延长线上时，如图3，由（2）知△BCE≌△BKG（AAS），

∴BC＝BK＝5，
∵AG＝，
由勾股定理得：KG＝=，
∴CE＝KG＝，此种情况不成立；
②当点E在边CD上时，如图4，由（2）知△BCE≌△BKG（AAS），

∴BC＝BK＝CD=5，
∵AG＝，
由勾股定理得：KG＝=，
∴CE＝KG＝，
∴DE＝CD-CE=；
③当点E在DC的延长线上时，如图5，

同理得CE＝KG＝，
∴DE＝5＋＝；
综上，DE的长是或．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
10．（1）10-t；（2）5秒；（3）见解析
【分析】
（1）先证明△APO≌△CQO，可得出AP=CQ=t，则BQ即可用t表示；
（2）由题意知AP∥BQ，根据AP=BQ，列出方程即可得解；
（3）过点O作直线EF⊥AP，垂足为E，与BC交于F，利用三角形面积公式求出EF，得到OE，利用勾股定理求出AE，再说明AP=2AE即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC，
∴∠PAO=∠QCO，
∵∠AOP=∠COQ，
∴△APO≌△CQO（ASA），
∴AP=CQ=t，
∵BC=10，
∴BQ=10-t；
（2）∵AP∥BQ，
当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
即t=10-t，解得：t=5，
∴当t为5秒时，四边形ABQP是平行四边形；
（3）过点O作直线EF⊥AP，垂足为E，与BC交于F，
在Rt△ABC中，∵AB=6，BC=10，
∴AC=，
∴AO=CO=AC=4，
∵S△ABC＝=，
∴AB•AC=BC•EF，
∴6×8=10×EF，
∴EF＝，
∴OE=，
∴AE==，
当时，AP=，
∴2AE=AP，即点E是AP中点，
∴点O在线段AP的垂直平分线上．

【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，垂直平分线的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题．