八年级下册数学 专题05 中心对称图形-平行四边形综合压轴（50题12个考点）（原卷版+解析版）

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A．6B．C．7D．8
【答案】C
【解答】解：如图，
延长BD，交AC于F，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB＝∠ADF＝90°，
在△ABD和△AFD中，
，
∴△ABD≌△AFD（ASA），
∴BD＝DF，AF＝AB＝4，
∵BE＝CE，
∴CF＝2DE＝3，
∴AC＝AF+CF＝4+3＝7，
故答案为：C．
二．平行四边形的性质（共3小题）
2．（2023春•辛集市期末）如图，▱ABCD中，AB＝22cm，BC＝8cm，∠A＝45°，动点E从A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B运动，动点F从点C出发，以1cm/s的速度沿着CD向D运动，当点E到达点B时，两个点同时停止．则EF的长为10cm时点E的运动时间是（ ）
A．6sB．6s或10sC．8sD．8s或12s
【答案】C
【解答】解：在▱ABCD中，CD＝AB＝22cm，AD＝BC＝8cm，
如图，过点D作DG⊥AB于点G，
∵∠A＝45°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
∴AG＝DG＝AD＝8，
过点F作FH⊥AB于点H，
得矩形DGHF，
∴DG＝FH＝8cm，DF＝GH，
∵EF＝10cm，
∴EH＝＝6cm，
由题意可知：AE＝2t cm，CF＝t cm，
∴GE＝AE＝AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm，
∴GH＝GE+EH＝（2t﹣8）+6＝（2t﹣2）cm，
∴2t﹣2＝22﹣t，
解得t＝8，
当F点在E点左侧时，
由题意可知：AE＝2t cm，CF＝t cm，
∴GE＝AE﹣AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm，
∴GH＝GE﹣EH＝（2t﹣8）﹣6＝（2t﹣14）cm，
∴2t﹣14＝22﹣t，
解得t＝12，
∵点E到达点B时，两点同时停止运动，
∴2t≤22，解得t≤11．
∴t＝12不符合题意，舍去，
∴EF的长为10cm时点E的运动时间是8s，
故选：C．
3．（2023•六安模拟）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交BC于点E，且∠ADC＝60°，AB＝BC，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②OD＝AB；③S▱ABCD＝AC•CD；④S四边形OECD＝S△AOD，其中成立的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠ADC＝60°，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，OB＝OD，
∴∠DAE＝∠AEB，∠BAD＝∠BCD＝120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE＝∠AEB＝60°，AB＝BE＝AE，
∵AB＝BC，
∴EC＝AE，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠CAD＝30°，故①正确；
∵∠BAD＝120°，∠CAD＝30°，
∴∠BAC＝90°，
∴BO＞AB，
∴OD＞AB，故②错误；
∴S▱ABCD＝AB•AC＝AC•CD，故③正确；
∵∠BAC＝90°，BC＝2AB，
∴E是BC的中点，
∴S△BEO：S△BCD＝1：4，
∴S四边形OECD：S△BCD＝3：4，
∴S四边形OECD：S▱ABCD＝3：8，
∵S△AOD：S▱ABCD＝1：4，
∴S四边形OECD＝S△AOD，故④正确．
故选：C．
4．（2023春•叙州区期末）如图，矩形ABCD的面积为20cm2，对角线交于点O，以AB、AO为邻边作平行四边形AOC1B，对角线交于点O1，以AB，AO1为邻边作平行四边形AO1C2B……依此类推，则平行四边形AO2022C2023B的面积为 cm2．
【答案】．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO，BO＝DO，DC∥AB，DC＝AB，
∴S△ADC＝S△ABC＝S矩形ABCD＝×20＝10（cm2），
∴S△AOB＝S△BCO＝S△ABC＝×10＝5（cm2），
∴＝S△AOB＝×5＝（cm2），
∴＝＝（cm2），
＝＝（cm2），
＝＝（cm2），
……
∴平行四边形AOnCn+1B的面积为，
∴平行四边形AO2022C2023B的面积为（cm2），
故答案为：．
三．平行四边形的判定与性质（共2小题）
5．（2023•莆田模拟）如图，在△ABD中，AD＜AB，点D在直线AB上方，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，点B，D的对应点分别是C，E，将线段BD绕着点B顺时针旋转90°得到线段BF，点D的对应点是F，连接BE，CF．当∠DAB的度数从0°逐渐增大到180°的过程中．四边形BFCE的形状依次是：平行四边形→______→平行四边形．画线处应填入（ ）
A．菱形→矩形→正方形
B．矩形→菱形→正方形
C．菱形→平行四边形→矩形
D．矩形→平行四边形→菱形
【答案】D
【解答】解：∵△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，
∴△ABD≌△ACE，BD＝BF，∠CAB＝∠DAE＝90°，∠DBF＝90°，
∴CE＝BD＝BF，AE＝AD，∠ACE＝∠ABD，
①当∠DAB逐渐变大，B、D、E三点共线之前时，如图，
∵∠COE＝∠AOB，
∴∠CEO+∠CEO＝∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠OBD+∠ABD，
又∵∠ACE＝∠ABD，
∴∠CEO＝∠OAB+∠OBD＝90°+∠OBD，
∴∠CEB+∠EBF＝90°+∠OBD+90°+∠OBD＝180°，
∴BF∥CE，
又∵BF＝CE，
∴四边形BFCE是平行四边形；
②当B、D、E三点共线且D在B、E之间时，
∵∠DAE＝90°，AE＝AD，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴∠ADB＝135°＝∠AEC，
∴∠DEC＝90°，
又∵∠DBF＝90°，
∴BF∥CE，
又∵BF＝CE，
∴四边形BFCE是平行四边形，
又∵∠DEC＝90°，
∴四边形BFCE是矩形；
③当∠DAB逐渐变大，B、D、E三点共线，∠DAB＝135°之前时，
∵∠CEB+∠EBF
＝∠CEA+∠AEB+∠ABE+∠ABD+∠DBF
＝∠ADB+（∠AEB+∠ABE）+∠ABD+∠DBF
＝（∠ADB+∠ABD）+（∠AEB+∠AE）+∠DBF
＝180°﹣∠ADB+180°﹣∠EAB+90°
＝180°×2+90°﹣（∠DAB+∠EAB）
＝180°×2+90°﹣（360°﹣∠DAE）
＝180°×2+90°﹣360°+∠DAE
＝90°+∠DAE
＝180°，
∴BF∥CE，
又∵BF＝CE，
∴四边形BFCE是平行四边形，
④当∠DAB＝135°时，
∴∠EAB＝360°﹣∠DAE﹣∠DAE＝135°＝∠DAB，
又∵AD＝AE，AB＝AB，
∴△ADB≌△AEB（SAS），
∴BD＝BE＝CE，
由③同理可证∠CEB+∠EBF＝180°，
∴BF∥CE，
又∵BF＝CE，
∴四边形BFCE是平行四边形，
又∵BE＝CE，
∴四边形BFCE是菱形；当∠DAB＝135°后时，
由③同理可证∠CEB+∠EBF＝180°，
∴BF∥CE，
又∵BF﹣CE，
∴四边形BFCE是平行四边形．
当∠DAB的度数从0°逐渐增大到180°的过程中，四边形BFCE的形状依次是：平行四边形→矩形一平行四边形一菱形一平 行四边形．
故选：D．
6．（2023春•尤溪县期末）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，下列结论中：①AB⊥AC；②四边形AEFD是平行四边形；③∠DFE＝110°；④S四边形AEFD＝1．正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【解答】解：∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，32+42＝52，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，
∴AB⊥AC，故①正确；
∵△ABD，△ACE都是等边三角形，
∴∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAE＝150°，
∵△ABD和△FBC都是等边三角形，
∴BD＝BA，BF＝BC，∠DBF+∠FBA＝∠ABC+∠ABF＝60°，
∴∠DBF＝∠ABC，
在△ABC与△DBF中，
，
∴△ABC≌△DBF（SAS），
∴AC＝DF＝AE＝4，
同理可证：△ABC≌△EFC（SAS），
∴AB＝EF＝AD＝3，
∴四边形AEFD是平行四边形，故②正确；
∴∠DFE＝∠DAE＝150°，故③错误；
过A作AG⊥DF于G，如图所示：
则∠AGD＝90°，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴∠FDA＝180°﹣∠DFE＝180°﹣150°＝30°，
∴AG＝AD＝，
∴S▱AEFD＝DF•AG＝4×＝6，故④错误；
∴正确的个数是2个，
故选：B．
四．菱形的性质（共2小题）
7．（2023•平房区二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E为AB的中点，点F在OD上，DF＝OF，连接EF交OA于点G，若OG＝1，连接CE，S△BEC＝12，则线段CE的长为 3 ．
【答案】3．
【解答】解：作EM⊥OA于M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥OA，OD＝OB，OA＝OC，
∴EM∥OB，
∴AM：MO＝AE：EB，
∵AE＝BE，
∴AM＝OM，
∴EM是△ABO的中位线，
∴EM＝，
∵DF＝OF，
∴OF＝OD，
∴EM＝OF，
∵∠MEG＝∠OFG，∠MGE＝∠OGF，
∴△EMG≌△FOG（AAS），
∴MG＝OG＝1，
∴OM＝2OG＝2，
∴OA＝2OM＝4，
∴AC＝2OA＝8，
∵AE＝BE，
∴△BAC的面积＝2×△BEC的面积＝2×12＝24，
∴AC•OB＝24，
∴OB＝6，
∴EM＝OB＝3，
∵CM＝OM+OC＝2+4＝6，
∴CE＝＝3．
故答案为：3．
8．（2023春•泗水县期末）如图，在菱形ABCD中，∠ADB＝60°，点E，F分别在AD，CD上，且∠EBF＝60°．
（1）求证：△ABE≌△DBF；
（2）判断△BEF的形状，并说明理由．
【答案】（1）见解答；
（2）△BEF是等边三角形，理由见解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∵∠ADB＝60°
∴△ADB是等边三角形，△BDC是等边三角形，
∴AB＝BD，∠ABD＝∠A＝∠BDC＝60°，
∵∠ABD＝∠EBF＝60°，
∴∠ABE＝∠DBF，
在△ABE和△DBF中，
，
∴△ABE≌△DBF（ASA）．
（2）解：结论：△BEF是等边三角形．
理由：∵△ABE≌△DBF，
∴BE＝BF，
∵∠EBF＝60°，
∴△EBF是等边三角形．
五．菱形的判定（共1小题）
9．（2023春•桂林期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝12cm，AB＝18cm，CD＝23cm，动点P从点A出发，以1cm/s的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发，以2cm/s的速度沿折线B﹣C﹣D向终点D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秒．
（1）用含t的式子表示PB．
（2）当t为何值时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？
（3）只改变点Q的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形PBCQ为菱形，则点Q的运动速度应为多少？
【答案】（1）PB＝（18﹣t）cm；
（2）当t＝s或12s时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形；
（3）当Q点的速度为5.2cm/s时，四边形PBCQ为菱形．
【解答】解：（1）由于P从A点以1cm/s向B点运动，
∴t s时，AP＝t×1＝t cm，
∵AB＝18 cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（18﹣t）cm；
（2）过B点作BN⊥CD于N点，∵AB∥CD，∠ADC＝90°，
∴四边形ACNB是矩形，
∴BN＝AD＝12 cm，AD＝DN＝18 cm，
∵CD＝23 cm，∴CN＝CD﹣CN＝5 cm，
∴Rt△BNC中，根据勾股定理可得：
BC＝＝＝13 cm，
则Q在BC上运动时间为13÷2＝6.5s，
∵BC+CD＝23+13＝36 cm，
∴Q运动时间最长为36÷2＝18 s，
∴6.5 s≤t≤18 s时，Q在CD边上，
此时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形，分两种情况：
①四边形PQCB是平行四边形，如图所示：
∵AB∥CD即PB∥CQ，
∴只需PB＝CQ即可，由（1）知：PB＝（18﹣t）cm，
∵Q以2cm/s沿沿折线B﹣C﹣D向终点D运动，
∴运动时间为t s时，CQ＝2 t﹣BC＝（2 t﹣13）cm，
∴18﹣t＝2 t﹣13，
解得：t＝ s；
②四边形ADQP是平行四边形，如图所示：
同理∵AP∥DQ，
∴只需AP＝DQ，四边形ADQP是平行四边形，
由（1）知：AP＝t cm，
点DQ＝CD+CB﹣2 t＝（36﹣2t）cm，
∴36﹣2t＝t，
解得：t＝12 s，
综上所述：当t＝ s或12 s时，
直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形；
（3）设Q的速度为x cm/s，由（2）可知：Q在CD边上，此时四边形PBCQ可为菱形，
∵PB∥CQ，∴只需满足PB＝BC＝CQ即可，
由（1）知：PB＝（18﹣t）cm，
由（2）知：CQ＝（xt﹣13）cm，BC＝1 cm，
∴18﹣t＝13，xt﹣13＝13，
解得：t＝5 s，x＝5.2 cm/s，
∴当Q点的速度为5.2 cm/s时，四边形PBCQ为菱形．
六．菱形的判定与性质（共1小题）
10．（2023•郧西县模拟）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）证明四边形ADCF是菱形；
（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积．
【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：如图，∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF＝DB．
∵DB＝DC，
∴AF＝CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝DC＝BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：连接DF，
∵AF∥BC，AF＝BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF＝AB＝5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S＝AC•DF＝10．
七．矩形的性质（共3小题）
11．（2023春•定州市期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10，
∴AE＝AB＝×6＝3，CF＝BC＝10＝5，
∵AD∥BC，
∴∠DHP＝∠FHC，
在△PDH与△CFH中，
，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝5，CH＝PH，
∴AP＝AD﹣PD＝5，
∴PE＝＝＝，
∵点G是EC的中点，
∴GH＝EP＝，
故选：C．
12．（2023秋•锦江区校级期中）如图，长方形ABCD中，AD＝2AB＝8，点E、F分别为线段AD、BC上动点，且AE＝CF，点G是线段BC上一点，且满足BG＝2，四边形AEFB关于直线EF对称后得到四边形A′EFB′，连接GB′，当AE＝ 3 时，点B′与点D重合，在运动过程中，线段GB′长度的最大值是 2+2 ．
【答案】3；2+2．
【解答】解：当B与点D 合时，
如图：
由于对称：BF＝B′F＝DF FC＝AE，
设AE＝x，则CF＝x，DF＝BF＝8﹣x，
在Rt△CDF中，
由勾股定理得：x2+42＝（8﹣x ）2；
∴x＝3，
则AE＝3；
如图：取EF中点O，
∵AE＝CF，
由题意知，无论EF如何变动，EF经过点O，
连接 B′O、OG、OB，
在△B′OG中 B′G＜OB′+OG，
∵四边形AEFB关于EF对称得到四边形A′EFB′，
∴OB＝OB′，故只有当 B′、O、G 三点共线时、GB′长度最大，
此时GB'＝B′O+OG＝OB+OG，
过点O作OH⊥BC，AD＝2AB＝8，CD＝AB＝4，
∴在Rt△OBH 中，OH＝CD＝2，BH＝BC＝4，
∴OB＝＝2，
∵在Rt△OGH中OH＝2，GH＝BH﹣BG＝2，
∴OG＝＝2，
∴GB'＝2+2，
故答案为：3；2+2．
13．（2023秋•丰城市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为（10，0），（0，4），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，点Q是坐标平面内的任意一点．若以O，D，P，Q为顶点的四边形是边长为5的菱形时，则点Q的坐标为 （﹣3，4）或（8，4）或（3，4） ．
【答案】（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）．
【解答】解：∵A（10，0），C（0，4），
∴OC＝AB＝4，BC＝OA＝10，
∵点D是OA的中点，
∴OD＝5，
①如图1所示，以OP为对角线，点P在点D的左侧时，PD＝OD＝5，
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝OC＝4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：，
∴OE＝OD﹣DE＝5﹣3＝2，
∴点P的坐标为（2，4），
此时，点Q的坐标为（﹣3，4）；
②如图2所示，以OQ为对角线，点P在点D的左侧时，OP＝OD＝5．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△POE中，由勾股定理得：，
∴点P的坐标为（3，4），
此时，点Q的坐标为（8，4）；
③如图3所示，以OP为对角线，点P在点D的右侧时，PD＝OD＝5，
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：，
∴OE＝OD+DE＝5+3＝8，
∴点P的坐标为（8，4），
此时，点Q的坐标为（3，4）；
综上所述，点Q的坐标为（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）；
故答案为：（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）．
八．矩形的判定（共1小题）
14．（2022春•泰山区校级期中）如图，在△ABC中，点O是AC边上的一动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F．
（1）求证：EO＝FO；
（2）当CE＝12，CF＝10时，求CO的长；
（3）当O点运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）证明：∵MN∥BC，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠BCE＝∠ACE＝∠OEC，∠OCF＝∠FCD＝∠OFC，
∴OE＝OC，OC＝OF，
∴OE＝OF；
（2）∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ECF＝∠ACB+∠ACD＝×180°＝90°，
∴Rt△CEF中，EF＝＝＝2，
又∵OE＝OF，
∴CO＝EF＝；
（3）当O运动到AC中点时，四边形AECF是矩形，
证明：∵AO＝CO，OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
由（2）可得∠ECF＝90°，
∴四边形AECF是矩形．
九．正方形的性质（共27小题）
15．（2022秋•汝州市期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG，下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF；④∠EAG＝30°，其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①③C．①②④D．①②③
【答案】D
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴BE＝AB，CF＝BC，
∴BE＝CF，
在△CBE与△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确；
∵∠BCE+∠ECD＝90°，
∴∠ECD+∠CDF＝90°，
∴∠CGD＝90°，
∴CE⊥DF，故②正确；
∴∠EGD＝90°，
延长CE交DA的延长线于H，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，AE＝BE，
∴△AEH≌△BEC（AAS），
∴BC＝AH＝AD，
∵AG是斜边的中线，
∴AG＝DH＝AD，
∴∠ADG＝∠AGD，
∵∠AGE+∠AGD＝90°，∠CDF+∠ADG＝90°，
∴∠AGE＝∠CDF．故③正确；
∵CF＝BC＝CD，
∴∠CDF≠30°，
∴∠ADG≠60°，
∵AD＝AG，
∴△ADG不是等边三角形，
∴∠EAG≠30°，故④错误；
故选：D．
16．（2023秋•福田区期中）如图，正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE＝AP＝1，PB＝．下列结论：①EB⊥ED；②点B到直线DE的距离为； ③S△APD+S△APB＝； ④S正方形ABCD＝2．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③④B．①②③C．②③④D．①②③④
【答案】A
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝ADC＝90°，
∵AE⊥AP，
∴∠EAP＝90°，
∴∠BAE+∠BAP＝∠BAP+∠DAP＝90°，
∴∠BAE＝∠DAP，
∵AE＝AP＝1，
∴△ABE≌△ADP（SAS），
∴∠AEB＝∠APD，BE＝DP，
∵△AEP是等腰直角三角形，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，EP＝AE＝，
∴∠APD＝180°﹣∠APE＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AEB＝135°，
∴∠BED＝∠AEB﹣∠AEP＝135°﹣45°＝90°，
∴EB⊥ED，
∴①正确；
∴BE＝＝＝1＝AE，
∴②不正确；
∵△ABE≌△ADP，
∴S△ABE＝S△ADP，
∵∠BAP＝90°，AE＝AP＝1，PB＝，
∴EP＝，∠AEP＝45°，
∵∠AEB＝135°，
∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°，
∴S△APD+S△APB＝S△AEB+S△APB＝S△AEP+S△EPB＝AE×AP+EP×BE＝×1×1+××1＝，
∴③正确；
如图，过点B作BO⊥AE，交AE的延长线于点O，