第十八章 平行四边形 单元测试（提升卷）
满分100分
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．如图，用平行四边形纸条沿对边AB、CD上的点E、F所在的直线折成V字形图案，已知图中∠1＝56°，则∠2的度数为（ ）
A．56° B．66° C．68° D．112°
【解答】解：根据题意得：2∠1+∠2＝180°，
∴∠2＝180°﹣2×56°＝68°，
故选：C．
【小结】本题考查了折叠的性质和平角的定义；熟练掌握折叠的性质是解决问题的关键．
2．张师傅应客户要求加工4个菱形零件．在交付客户之前，张师傅需要对4个零件进行检测．根据零件的检测结果，图中有可能不合格的零件是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、四条边相等的四边形是菱形，能判定菱形，不符合题意；
B、有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形，能判定菱形，不符合题意；
C、不能判定四边形是平行四边形，故不能判定形状，符合题意；
D、两组对边平行，能判定平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形，则能判定菱形，不符合题意．
故选：C．
【小结】本题考查了菱形的判定定理，平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
3．下列平行四边形中，其图中阴影部分面积不一定等于平行四边形面积一半的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、无法判断阴影部分面积是否等于平行四边形面积一半，错误；
B、因为两阴影部分的底与平行四边形的底相等，高之和正好等于平行四边形的高，所以阴影部分的面积等于平行四边形的面积的一半，正确；
C、根据平行四边形的对称性，可知小阴影部分的面积等于小空白部分的面积，所以阴影部分的面积等于平行四边形的面积的一半，正确；
D、因为高相等，三个底是平行四边形的底，根据三角形和平行四边形的面积可知，阴影部分的面积等于平行四边形的面积的一半，正确．
故选：A．
【小结】本题考查了平行四边形的性质，并利用性质结合三角形的面积公式进行判断，找出选项．
4．小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理如图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（ ）
A．（1）处可填∠A＝90° B．（2）处可填AD＝AB
C．（3）处可填DC＝CB D．（4）处可填∠B＝∠D
【解答】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，
∴（1）处可填∠A＝90°是正确的，故该选项不符合题意；
B、一组邻边相等的矩形是正方形，
∴（2）处可填AD＝AB是正确的，故该选项不符合题意；
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，
∴（3）处可填DC＝CB是正确的，故该选项不符合题意；
D、有一个角是直角的菱形是正方形，
∴∠B＝∠D无法判定两角是不是直角，故该选项不符合题意；
故选：D．
【小结】本题主要考查了矩形的判定，正方形的判定和菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的关系是解题的关键．
5．有长度分别为6cm，8cm，10cm的铁丝三根，取其中一根作为边，另外两根作为对角线．下列取法中，能搭成一个平行四边形的是（ ）
A．取10cm长的铁丝为边
B．取8cm长的铁丝为边
C．取6cm长的铁丝为边
D．任意取一根铁丝为边均可
【解答】解：A、取10cm长的铁丝为边时，
∵6＝3，8＝4，3+4＜10，不能构成三角形，
则不能构成平行四边形，选项A不符合题意；
B、取8cm长的铁丝为边时，
∵6＝3，10＝5，3+5＝8，不能构成三角形，
则不能构成平行四边形，选项B不符合题意；
C、取6cm长的铁丝为边时，
∵8＝4，10＝5，4+5＞6，能构成三角形，
则能构成平行四边形，选项C符合题意；
D、任意取一根铁丝为边时，不一定能构成三角形，
则不一定能构成平行四边形，选项D不符合题意；
故选：C．
【小结】本题考查了平行四边形的判定以及三角形的三边关系；熟练掌握平行四边形的判定和三角形的三边关系是解题的关键．
6．如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE，若∠ADB＝40°，则∠E的度数为（ ）
A．35° B．30° C．25° D．20°
【解答】解：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BE，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OD，
∵∠ADB＝40°，
∴∠ADB＝∠CAD＝40°，
∴∠E＝∠DAE，
又∵BD＝CE，
∴CE＝CA，
∴∠E＝∠CAE，
∵∠CAD＝∠CAE+∠DAE，
∴∠E+∠E＝40°，即∠E＝20°．
故选：D．
【小结】本题考查了矩形的性质，熟记性质并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等．
7．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD交于点O，DE⊥AB于点E，F是线段AD的中点，连接OF．若OA＝4，，则DE的长为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD交于点O，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OD＝OB，
∴∠AOD＝90°，
∵F是线段AD的中点，OF，
∴OFAD，
∴AB＝AD＝5，
∵OA＝4，
∴AC＝2OA＝8，OD3，
∴BD＝2OD＝6，
∵S菱形ABCD＝5DE8×6，
∴DE，
故选：D．
【小结】此题重点考查菱形的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地求出菱形ABCD的两条对角线及边AB的长是解题的关键．
9．已知如图，在▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角，将△ABC沿对角线AC边平移，得到△A′B′C′，连接AB′和C′D，若使四边形AB′C′D是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：AB′＝DC′；乙方案：B′D⊥AC′；丙方案：∠A′C′B′＝∠A′C′D；其中正确的方案是（ ）
A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲
【解答】解：根据题意可知AD＝B'C'，AD∥B'C'，
∴四边形AB'C'D是平行四边形．
方案甲，AB'＝C'D不能判断四边形AB'C'D是菱形；
方案乙，由B'D⊥AC'，
∴平行四边形AB'C'D是菱形；
方案丙，由∠A'C'B'＝∠A'C'D，又AD∥B'C'，
∴∠DAC'＝∠A'C'B'，
∴∠DAC'＝∠AC'D，
∴AD＝C'D，
∴平行四边形AB'C'D是菱形．
所以正确的是乙和丙．
故选：B．
【小结】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，灵活选择判定定理是解题的关键．
10．如图，一张等腰直角三角形ABC纸片，已知AB＝BC＝20cm，先裁剪出①号长方形BEDF，然后在剩余的大纸片三角形AFD中剪出②号长方形GHMN，且满足HM＝DE，当①号长方形的面积为64cm2时，则②号长方形的面积为（ ）
A．60cm2 B．64cm2
C． D．
【解答】解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A＝∠C＝45°，
∵四边形BEDF，GHMN是长方形，
∴FD∥BC，GH∥AC，∠DEB＝∠BFD＝∠MNG＝90°，HM＝GN，FD＝BE，
∴∠GDN＝∠C＝45°，∠HFG＝∠A＝45°，
∵∠DEC＝∠DNG＝∠HFG＝90°，
∴△DEC、△NDG、△FHG是等腰直角三角形，
设DE＝x cm，
∵HM＝DE，
∴EC＝HM＝GN＝x cm，
∴FD＝BE＝（20﹣x）cm，GDGNx（cm），
∴FG＝（20﹣xx）cm，
∴HGFG＝（20x﹣2x）cm，
∵长方形BFDE的面积＝BE•DE＝（20﹣x）x＝64，
∴x＝4或x＝16（舍去），
∴长方形MNGH的面积＝GH•GN＝（20x﹣2x）x＝20x﹣（2）x2＝（6432）cm2．
故选：C．
【小结】本题考查矩形的性质，等腰直角三角形，关键是设DE＝x cm，由矩形的面积公式得到（20﹣x）x＝64，求出x的值，从而求出长方形MNGH的面积．
10．如图，在正方形ABCD的边CD上取一点E，连接AE，过点A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F，连接EF，过点A作AG⊥EF于点G，连接BG．若DE＝1，CD＝4，则线段GB的长度为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：过点G作GH⊥BC于点H，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且CD＝4，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠D＝∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴∠ABF＝∠D＝90°，
∵AF⊥AE，
∴∠EAF＝∠BAD＝90°，
∴∠EAF﹣∠EAB＝∠BAD﹣∠EAB，
∴∠BAF＝∠DAE，
在△ABF和△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（ASA），
∴AF＝AE，BF＝DE＝1，
∴△AEF是等腰直角三角形，CF＝BC+BF＝5，
∵AG⊥EF，
∴点G是EF的中点，
∵GH⊥BC，∠ABC＝90°，
∴GH∥CD，
∴GH是△FEC的中位线，
又∵CE＝CD﹣DE＝4﹣1＝3，
∴GHCE，CH＝FHCF，
∴BH＝BC﹣CH，
在Rt△BHG中，由勾股定理得：GB．
故选：B．
【小结】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC上，且DG＝EF．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是 DE＝FG（答案不唯一） ．（写出一个即可）
【解答】解：DE＝FG，
理由：∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE∥BC，
∴DE∥FG，
∵DE＝FG，
∴四边形DFGE是平行四边形，
∵DG＝EF，
∴四边形DFGE是矩形，
故答案为：DE＝FG（答案不唯一）．
【小结】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
12. 一种燕尾夹如图①所示，图②是在闭合状态时的示意图，图③是在打开状态时的示意图（数据如图，单位：mm）．则在图③时，点B，D之间的距离为 20 mm．
【解答】解：连接BD，如图，
∵EF⊥AB，EF⊥CD，
∴∠AEF＝∠CFE＝90°，
∴AB∥CD，
∵EB＝FD＝35mm，
∴四边形BDFE是平行四边形，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEF＝90°，
∴四边形BDFE是矩形，
∴BD＝EF＝20mm．
故答案为：20．
【小结】本题考查矩形的判定，解答时涉及平行线的判定，平行四边形的判定，掌握矩形的判定方法是解题的关键．
13．已知：如图，在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝6，延长BC到点E，使CE＝2，连接DE，动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，当点P运动 1或7 秒时，△ABP和△DCE全等．
【解答】解：设点P运动t秒时，△ABP和△DCE全等．
∵AB＝CD，∠ABP＝∠DCE＝90°，BP＝CE＝2，根据SAS证得△ABP≌△DCE，
由题意得：BP＝2t＝2，
∴t＝1，
∵AB＝CD，若∠BAP＝∠DCE＝90°，AP＝CE＝2，根据SAS证得△BAP≌△DCE，
由题意得：AP＝16﹣2t＝2，
解得t＝7．
即当t的值为1或7秒时．△ABP和△DCE全等．
故答案为：1或7．
【小结】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
14．如图，四边形ABCD是个活动框架，对角线AC、BD是两根皮筋．如果扭动这个框架（BC位置不变），当扭动到∠A'BC＝90°时四边形A'BCD'是个矩形，A'C和BD'相交于点O．如果四边形OD'DC为菱形，则∠A'CB＝ 30 °．
【解答】解：由题意得，CD′＝CD，
∵四边形OD'DC为菱形，
∴DD′＝CD，
∴CD′＝DD′＝CD，
∴△CDD′是等边三角形，
∴∠DCD′＝60°，
∴∠D′CO＝60°，
∵四边形A'BCD'是个矩形，
∴∠BCD′＝90°，
∴∠A'CB＝30°，
故答案为：30．
【小结】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和判定，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形和菱形的性质定理是解题的关键．
15．如图，在正六边形ABCDEF中，M，N是对角线BE上的两点．添加下列条件中的一个：①BM＝EN；②∠FAN＝∠CDM；③AM＝DN；④∠AMB＝∠DNE．能使四边形AMDN是平行四边形的是 ①②④ （填上所有符合要求的条件的序号）．
【解答】解：①连接AD，交BE于点O，
∵正六边形ABCDEF中，∠BAO＝∠ABO＝∠OED＝∠ODE＝60°，
∴△AOB和△DOE是等边三角形，
∴OA＝OD，OB＝OE，
又∵BM＝EN，
∴OM＝ON，
∴四边形AMDN是平行四边形，故①符合题意；
②∵∠FAN＝∠CDM，∠CDA＝∠DAF，
∴∠OAN＝∠ODM，
∴AN∥DM，
又∵∠AON＝∠DOM，OA＝OD，
∴△AON≌△DOM（ASA），
∴AN＝DM，
∴四边形AMDN是平行四边形，故②符合题意；
③∵AM＝DN，AB＝DE，∠ABM＝∠DEN，
∴△ABM与△DEN不一定全等，不能得出四边形AMDN是平行四边形，故③不符合题意；
④∵∠AMB＝∠DNE，∠ABM＝∠DEN，AB＝DE，
∴△ABM≌△DEN（AAS），
∴AM＝DN，
∵∠AMB+∠AMN＝180°，∠DNM+∠DNE＝180°，
∴∠AMN＝∠DNM，
∴AM∥DN，
∴四边形AMDN是平行四边形，故④符合题意．
故答案为：①②④．
【小结】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，正六边形的性质，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
16．如图所示的玩具，其主要部分是由六个全等的菱形组成，菱形边长为3cm，现将玩具尾部点B7固定，当这组菱形形状发生变化时，玩具的头部B1沿射线B7B1移动，整个过程中六个菱形始终全等．当∠A1B1C1由120°变为60°时，点B1移动了 （1818） cm．
【解答】解：如图：连接A1C1，B1B2相交于O，
当∠A1B1C1＝120°时，
∵菱形A1B1C1B2，C1B1＝3cm，
∴A1B1＝A1B2＝3cm，∠A1B1B2∠A1B1C1＝60°，
∴△A1B1B2是等边三角形，即B1B2＝3，
∴B1，B7两点间的距离为6B1B2＝18cm；
当∠A1B1C1＝60°时，
∵菱形A1B1C1B2，C1B1＝3cm，
∴A1B1＝A1B2＝3cm，∠A1B1B2∠A1B1C1＝30°，A1C1⊥B1B2，
∴A1Ocm，
∴B1Ocm，
∴△A1B1B2是等边三角形，即B1B2＝3，
∴B1，B7两点间的距离为6B1B2＝18cm；
∴点B1移动了（1818）cm．
故答案为：（1818）．
【小结】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识点，灵活运用菱形的性质成为解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）已知：如图所示，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点．
求证：（1）BE⊥AC．
（2）EG＝EF．
【解答】证明：（1）连接BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，OD＝OB，
∵BD＝2AD，
∴OB＝BC，
又∵E是OC的中点，
∴BE⊥AC；
（2）由（1）知∠BEA＝90°，G是其斜边的中点，
∴GEAB，
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EFCDAB，
∴EG＝EF．
【小结】本题主要考查平行四边形的性质及直角三角形、等腰三角形的性质，利用平行四边形的性质证得△OBC为等腰三角形是解题的关键．
18．（6分）51．定义：至少有一组对边相等的凸四边形为等对边四边形．如图，已知四边形ABCD，点E，F是对角线AC，BD的中点，G为BC的中点，连接EF，FG，EG，△EFG为等边三角形．
（1）求证：四边形ABCD是“等对边四边形”；
（2）若∠BAC+∠BDC＝180°，求∠DBC的度数．
【解答】（1）证明：∵△EFG为等边三角形，
∴EG＝FG，
∵点E，F是对角线AC，BD的中点，G为BC的中点，
∴EG是△CBA的中位线，FG是△BCD的中位线，
∴CD＝2FG，AB＝2EG，
∴CD＝AB，
∴四边形ABCD是“等对边四边形”；
（2）解：过B作BM⊥CA交CA延长线于M，过C作CN⊥BD于N，
∵∠BAC+∠BDC＝180°，∠BAC+∠BAM＝180°，
∴∠BAM＝∠CDN，
∵∠AMB＝∠DNC＝90°，AB＝DC，
∴△BAM≌△CDN（AAS），
∴BM＝CN，
∵BC＝CB，
∴Rt△BCM≌Rt△CBN（HL），
∴∠DBC＝∠ACB，
∵EG是△CBA的中位线，FG是△BCD的中位线，
∴EG∥AB，FG∥CD，
∴∠CEG＝∠BAC，∠BFG＝∠BDC，
∵∠BAC+∠BDC＝180°，
∴∠CEG+∠BFG＝180°，
∵△EFG是等边三角形，
∴∠EFG＝∠FEG＝60°，
∵∠BFG+∠EFG+∠EFD+∠CEG+∠FEG+∠FEA＝180°+180°，
∴∠EFD+∠FEA＝60°，
∴∠DBC+∠ACB＝60°，
∴∠DBC60°＝30°．
【小结】本题考查三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，关键是由三角形中位线定理推出AB＝2EG，CD＝2FG，由△BAM≌△CDN（AAS），推出BM＝CN，由Rt△BCM≌Rt△CBN（HL），推出∠DBC＝∠ACB．
19．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上点，过点D作DE⊥BC交直线MN与E，垂足为F，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D在AB中点时，四边形CDBE是什么特殊四边形？说明理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC再满足 等腰直角三角形 条件时，四边形CDBE是正方形（直接填写答案）．
【解答】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD；
（2）解：四边形BECD是菱形，理由如下：
∵D为AB中点，
∴AD＝BD，
∵CE＝AD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴CDAB＝BD，
∴四边形BECD是菱形；
（3）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形；理由如下：
∵∠ACB＝90°，
当△ABC是等腰直角三角形，
∵D为AB的中点，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∴四边形BECD是正方形，
故答案为：等腰直角三角形．
【小结】本题考查了平行四边形的判定与性质、正方形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
20．（8分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC于点B，AD＝24cm，BC＝26cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，同时点Q从点C出发，以3cm/s的速度向点B运动，其中一个动点到达端点时另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t s．
（1）当t＝ 6.5 s时，四边形APQB为矩形；
（2）若PQ＝CD，求t的值；
（3）当AB＝ 8 cm，在点P、Q运动过程中，四边形PQCD能构成菱形．
【解答】解：（1）根据题意得：AP＝tcm，CQ＝3tcm，
∵AD＝24cm，BC＝26cm，
∴DP＝AD﹣AP＝24﹣t（cm），BQ＝26﹣3t（cm），
∵AD∥BC，∠B＝90°，
∴当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，
∴t＝26﹣3t，
解得：t＝6.5，
即当t＝6.5s时，四边形ABQP是矩形；
故答案为：6.5；
（2）若PQ＝CD，分两种情况：
①PQ∥DC时，则四边形PDCQ是平行四边形，PQ＝CD，即24﹣t＝3t，
解得：t＝6，
②PQ与DC不平行时，四边形PQCD为等腰梯形，PQ＝CD，
则QC﹣PD＝4cm，即3t﹣（24﹣t）＝4，
解得：t＝7．
（3）若四边形PQCD为菱形，则CD＝CQ＝PD，
∴24﹣t＝3t，解得：t＝6，
∴CD＝CQ＝18，
作DM⊥BC于M，如图所示：
则AB＝DM，BM＝AD＝24，
∴CM＝BC﹣BM＝2，
在Rt△CDM中，DM8，
∴AB＝8，即AB＝8cm，
在点P、Q运动过程中，四边形PQCD能构成菱形．
故答案为：8．
【小结】此题考查了直角梯形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定形的判定、等腰梯形的性质．熟练掌握平行四边形和矩形的判定，根据题意得出方程是解决问题的关键．
21．（8分）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF、∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）∠EAF＝ 45 °（直接写出结果不写解答过程）
（2）①求证：四边形ABCD是正方形．
②若BE＝EC＝3，求△AEF的面积．
（3）如图（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝7，QH＝3，则HR的长度是 2.8 （直接写出结果不写解答过程）．
【解答】（1）解：∵∠C＝90°，
∴∠CEF+∠CFE＝90°，∴∠BEF+∠DFE＝180°+180°﹣90°＝270°，
∵AE平分∠BEF，AF平分∠DFE，
∴，，
∴，
∴∠EAF＝180°﹣135°＝45°，
故答案为：45；
（2）①证明：过点A作AG⊥EF于G，
∵AE平分∠BEF，AB⊥EB，AG⊥EF，
∴AB＝AG，
同理可得AD＝AG，
∴AB＝AD，
∵AB⊥BC，AD⊥CD，
∴∠B＝∠D＝90°，
∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形；
②∵AG⊥EF，
∴∠AGE＝∠AGF＝90°，
在Rt△ABE和Rt△AGE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴BE＝GE＝3，
同理可得DF＝GF，
设DF＝GF＝x，
∴EF＝3+x，
∵BE＝EC＝3，
∴BC＝3+3＝6，
∴CD＝AB＝AG＝6，
∴CF＝6﹣x，
在Rt△CEF中，CE2+CF2＝EF2，
∴32+（6﹣x）2＝（3+x）2，
解得x＝2，
∴EF＝3+2＝5，
∴；
（3）解：如图2所示，把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，
由折叠可得PD＝PH＝PM＝7，QD＝QH＝3，MR＝HR，∠DPQ＝∠HPQ，∠MPR＝∠HPR，∠D＝∠PHQ＝90°，∠M＝∠PHR＝90°，
∴∠DPM＝2∠HPQ+2∠HPR＝2（∠HPQ+∠HPR）＝2∠QPR＝90°，
∴∠D＝∠DPM＝∠M＝90°，
∴四边形PMGD是矩形，
∵PD＝PM，
∴四边形PMGD是正方形，
∴DG＝MG＝PD＝7，
∴GQ＝DG﹣QD＝7﹣3＝4，
设MR＝HR＝a，则QR＝3+a，GR＝7﹣a，
在Rt△GQR中，GQ2+GR2＝QR2，
∴42+（7﹣a）2＝（3+a）2，
解得a＝2.8，
∴HR＝2.8，
故答案为：2.8．
【小结】本题考查了正方形的判定和性质，角平分线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
22．（8分）如图，平行四边形ABCD，AB＝CD＝9，AD＝BC＝5（AB∥CD，AD∥BC），CE⊥AB于E，并且BE＝3．
（1）如图1所示在平面直角坐标系中，求出点C、D的坐标．（请写出过程）
（2）如图2所示直线PQ是第二、四象限的角平分线，M是直线PQ上一个动点，N为x轴上一点，问平面内是否存在K点，使得以K、M、N、B为顶点构成正方形，若没有请说明理由；若有，直接写出K点的坐标．
【解答】解：（1）∵AB＝CD＝9，BE＝3，
∴AE＝9﹣3＝6，
∵AD＝BC＝5，CE⊥AB于E，
∴，
∴点C的坐标为（﹣6，4），
∵AB∥CD，﹣6+9＝3，
∴点D的坐标为（3，4）；
（2）存在，
∵直线PQ是第二、四象限的角平分线，M是直线PQ上一个动点，N为x轴上一点，以K、M、N、B为顶点四边形为正方形，
∴有以下几种情况，
①作BM⊥x轴交直线PQ于点M，MK⊥y轴于点k，此时N与A重合，如图所示：
有∠MNB＝∠NMB＝45°，∠MNK＝∠NMK＝45°，
∴BN＝BM＝KN＝KM＝AB＝9，
即四边形KNBM为正方形，
∴K点的坐标为（0，9），
②K、N点在MB左侧时，构成KNBM为正方形，如图所示：
∵NB＝AB＝9，
∴AN＝18，
此时K点的坐标为（﹣18，9），
③作BM⊥PQ于点M，
∴∠BAM＝∠MBA＝45°，
∴MB＝MA，此时N与A重合，如图所示：
∵四边形KNMB为正方形，
连接MK交BN于点J，
∵BN＝9，
∴，
∴K点的坐标为；
④取AB的中点N，过N作MN⊥x轴，交PQ于点M；
过M作MK∥x轴，交过B作x轴的垂线于K点，
∵N是AB中点，AB＝9，
∴AN＝BN，
∵∠PAB＝45°，MN⊥AB，
∴MN＝AN＝BN，
∵MN⊥AB，MK∥AB，KB⊥AB，
∴MNBK为正方形，
∴KB＝MN，
∴K点坐标为：（﹣9，）．
综上所述，K点的坐标为（0，9）或（﹣18，9）或或（﹣9，）．
【小结】本题考查坐标与图形，勾股定理，平行四边形性质，角平分线性质，等腰直角三角形性质，以及正方形性质，解题的关键在于利用数形结合的思想解决问题．