沪科版数学八下期末重难点训练专题2.6 四边形（2份，原卷版+解析版）

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1．（3分）（2020秋•青羊区校级期中）下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
B．对角线相等的平行四边形是菱形
C．有一条对角线平分一组对角的四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
【分析】利用正方形、菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，原命题是假命题；
B、对角线垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题；
C、有一条对角线平分一组对角的四边形不一定是菱形，如筝性，原命题是假命题；
D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，是真命题；
故选：D．
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解正方形、菱形的判定方法．
2．（3分）（2020春•青岛期末）某中学新科技馆铺设地面，已有正方形地砖，现打算购买另一种正多边形地砖（边长与正方形的相等），与正方形地砖作平面镶嵌，则该学校可以购买的地砖形状是（ ）
A．正五边形B．正六边形C．正八边形D．正十二边形
【分析】分别各个正多边形的每个内角的度数，结合镶嵌的条件即可作出判断．
【解答】解：A、正五边形每个内角是108°，108°与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
B、正六边形每个内角是120°，120° 与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
C、正八边形每个内角是135°，135°×2+90°＝360°，能密铺，符合题意．
D、正十二边形每个内角是150°，150° 与90°无论怎样也不能组成360°的角，不能密铺，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查平面镶嵌问题，考查的知识点是：一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°，任意几种多边形能否进行镶嵌，看它们能否组成360°的角．
3．（3分）（2020秋•铁西区期中）如图所示，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，AB⊥BD于点B，点E是BD的中点，连接AE，CE，则AE与CE的大小关系是（ ）
A．AE＝CEB．AE＞CEC．AE＜CED．AE＝2CE
【分析】利用斜边上的中线等于斜边的一半得到CE＝BE＝DE，然后利用斜边大于直角边可判断AE与CE的大小关系．
【解答】解：∵∠BCD＝90°，点E是BD的中点，
∴CE＝BE＝DE，
∵AB⊥BD，
∴∠ABE＝90°，
∴AE＞BE，
∴AE＞CE．
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
4．（3分）（2020春•南岗区校级期中）在平行四边形ABCD中，对角线的垂直平分线交于点，连接CE．若平行四边形ABCD的周长为20cm，则△CDE的周长为（ ）
A．20cmB．40cmC．15cmD．10cm
【分析】由平行四边形ABCD的对角线相交于点O，OE⊥AC，根据线段垂直平分线的性质，可得AE＝CE，又AB+BC＝AD+CD＝20，继而可得△CDE的周长等于AD+CD．
【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB＝CD，AD＝BC，
∵平行四边形ABCD的周长为20cm，
∴AD+CD＝10cm，
∵OE⊥AC，
∴AE＝CE，
∴△CDE的周长为：CD+CE+DE＝CD+CE+AE＝AD+CD＝10cm．
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质，关键是根据线段垂直平分线的性质进行分析．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
5．（3分）（2020春•下陆区校级期中）如图，菱形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中点，若AC＝12，菱形ABCD的面积为96，则OE长为（ ）
A．6B．5C．8D．10
【分析】根据菱形的性质可得OB＝OD，AO⊥BO，从而可判断OE是△DAB的中位线，在Rt△AOB中求出AB，继而可得出OE的长度．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，菱形ABCD的面积为96，
∴S菱形ABCDAC•BD12DB＝96，
解得：BD＝16，
∴AO＝OC＝6，OB＝OD＝8，AO⊥BO，
又∵点E是AB中点，
∴OE是△DAB的中位线，
在Rt△AOB中，AB10，
则OEADAB＝5．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质及三角形的中位线定理，熟练掌握菱形四边相等、对角线互相垂直且平分的性质是解题关键．
6．（3分）（2020秋•海淀区校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy，四边形OABC为正方形，若点B（1，3），则点C的坐标为（ ）
A．（﹣1，2）B．（﹣1，）C．（，2）D．（﹣1，）
【分析】作CD⊥x轴于D，作BE⊥CD于E，交y轴于F，如图，设C（m，n），则OD＝EF＝﹣m，CD＝n，证明△OCD≌△CBE得到CD＝BE，OD＝CE，即n＝1﹣m，﹣m＝3﹣n，然后解关于m、n的方程组即可得到C点坐标．
【解答】解：作CD⊥x轴于D，作BE⊥CD于E，交y轴于F，如图，
∵B（1，3），
∴DE＝3，BF＝1，
设C（m，n），则OD＝EF＝﹣m，CD＝n，
∵四边形ABCO为正方形，
∴∠BCO＝90°，CB＝CO，
∵∠BCE+∠OCD＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠OCD＝∠CBE，
在△OCD和△CBE中
，
∴△OCD≌△CBE（AAS），
∴CD＝BE，OD＝CE，
即n＝1﹣m，﹣m＝3﹣n，
∴m＝﹣1，n＝2，
∴C点坐标为（﹣1，2）．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角．也考查了全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质．
7．（3分）（2020秋•历城区期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝3，BC＝4，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值．
【解答】解：∵AB＝3，BC＝4，
∴矩形ABCD的面积为12，AC，
∴AO＝DOAC，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为3，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即3AO×EODO×EF，
∴3EOEF，
∴5（EO+EF）＝12，
∴EO+EF，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解题时注意：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等且互相平分．
8．（3分）（2020春•碑林区校级期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在BC，AC边上，且AE＝4，BD＝6，分别连接AD，BE，点M，N分别是AD，BE的中点，连接MN，则线段MN的长（ ）
A．B．3C．3D．
【分析】取AB的中点F，连接NF、MF，根据直角三角形的性质得到∠CAB+∠CBA＝90°，根据三角形中位线定理分别求出MF、NF，以及∠MFN＝90°，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：取AB的中点F，连接NF、MF，
△ABC中，∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵AM＝MD，AF＝FB，
∴MF是△ABD的中位线，
∴MFBD＝3，MF∥BC，
∴∠AFM＝∠CBA，
同理，NFAE＝2，NF∥CC，
∴∠BFN＝∠CAB，
∴∠AFM+∠BFN＝∠CAB+∠CBA＝90°，
∴∠MFN＝90°，
∴MN，
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
9．（3分）（2020春•下陆区校级期中）如图，四边形ABCD是正方形，直线a，b，c分别通过A、D、C三点，且a∥b∥c．若a与b之间的距离是3，b与c之间的距离是6，则正方形ABCD的面积是（ ）
A．36B．45C．54D．64
【分析】过A作AM⊥直线b于M，过D作DN⊥直线c于N，求出∠AMD＝∠DNC＝90°，AD＝DC，∠1＝∠3，根据AAS推出△AMD≌△CND，根据全等得出AM＝CN，求出AM＝CN＝4，DN＝8，在Rt△DNC中，由勾股定理求出DC2即可．
【解答】解：如图：过A作AM⊥直线b于M，过D作DN⊥直线c于N，
则∠AMD＝∠DNC＝90°，
∵直线b∥直线c，DN⊥直线c，
∴∠2+∠3＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠3，
在△AMD和△CND中
，
∴△AMD≌△CND（AAS），
∴AM＝CN，
∵a与b之间的距离是3，b与c之间的距离是6，
∴AM＝CN＝3，DN＝6，
在Rt△DNC中，由勾股定理得：DC2＝DN2+CN2＝32+62＝45，
即正方形ABCD的面积为45，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
10．（3分）（2020秋•牡丹区期中）如图，点P是Rt△ABC中斜边AC（不与A，C重合）上一动点，分别作PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，连接BP、MN，若AB＝6，BC＝8，当点P在斜边AC上运动时，则MN的最小值是（ ）
A．1.5B．2C．4.8D．2.4
【分析】先由勾股定理求出AC＝10，再证四边形BNPM是矩形，得MN＝BP，然后由垂线段最短可得BP⊥AC时，线段MN的值最小，最后由三角形的面积求出BP即可．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC10，
∵PM⊥AB，PN⊥BC，∠C＝90°，
∴四边形BNPM是矩形，
∴MN＝BP，
由垂线段最短可得BP⊥AC时，线段MN的值最小，
此时，S△ABCBC•ABAC•BP，
即8×610•BP，
解得：BP＝4.8，
即MN的最小值是4.8，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理等知识；判断出BP⊥AC时，线段MN的值最小是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020秋•朝阳区校级期中）如图，∠1是五边形的一个外角．若∠1＝50°，则∠A+∠B+∠C+∠D的度数为 410° ．
【分析】利用邻补角定义可得∠AED的度数，再利用五边形内角和定理进行计算即可．
【解答】解：∵∠1＝50°，
∴∠AED＝180°﹣50°＝130°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D＝180°×（5﹣2）﹣130°＝410°，
故答案为：410°．
【点睛】此题主要考查了多边形内角和，关键是掌握多边形内角和计算公式：（n﹣2）•180°（n≥3且n为整数）．
12．（3分）（2020春•温州期中）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝4，BC＝7，则EF的长为 1.5 ．
【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：∵DE为△ABC的中位线，
∴DEBC＝3.5，
在Rt△AFB中，∠AFB＝90°，D是AB的中点，
∴DFAB＝2，
∴EF＝DE﹣DF＝1.5，
故答案为：1.5．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
13．（3分）（2020春•滨湖区期中）如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是线段AD、BC的中点，G、H分别是线段BD、AC的中点，当四边形ABCD的边满足 AB＝CD 时，四边形EGFH是菱形．
【分析】本题可根据菱形的定义来求解．E、G分别是AD，BD的中点，那么EG就是三角形ADB的中位线，同理，HF是三角形ABC的中位线，因此EG、HF同时平行且相等于AB，因此EG∥HF，EG＝HF，因此四边形EHFG是平行四边形，E、H是AD，AC的中点，那么EHCD，要想证明EHFG是菱形，那么就需证明EG＝EH，那么就需要AB、CD满足AB＝CD的条件．
【解答】解：当AB＝CD时，四边形EGFH是菱形．
∵点E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG∥AB，同理HF∥AB，∴EG∥HF，EG＝HFAB，
∴四边形EGFH是平行四边形．
∵EGAB，又可同理证得EHCD，
∵AB＝CD，∴EG＝EH，
∴四边形EGFH是菱形．
故答案为AB＝CD．
【点睛】本题考查了菱形的判定，运用的是菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形．
14．（3分）（2020秋•龙凤区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝135°，AD＝4，AB＝8，作对角线AC的垂直平分线EF，分别交对边AB、CD于点E和点F，则AE的长为 ．
【分析】连接CE，过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H，设AE＝x，则BE＝8﹣x，CE＝AE＝x，再根据勾股定理，即可得到x的值．
【解答】解：如图，连接CE，过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵平行四边形ABCD中，∠ABC＝135°，AD＝4，
∴∠CBH＝45°，BC＝4，
又∵∠H＝90°，
∴∠BCH＝45°，
∴CH＝BH＝4，
设AE＝x，则BE＝8﹣x，
∵EF垂直平分AC，
∴CE＝AE＝x，
∵在Rt△CEH中，CH2+EH2＝EC2，
∴42+（8﹣x+4）2＝x2，
解得x，
∴AE的长为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理以及线段垂直平分线的的性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求解．
15．（3分）（2020春•香洲区校级期中）如图，把长方形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA，OC分别落在x轴、y轴上，连接AC，将纸片OABC沿AC折叠，使点B落在点D的位置，AD与y轴交于点E，若B（2，4），则OE的长为 ．
【分析】由四边形OABC是矩形与折叠的性质，易证得△AEC是等腰三角形，然后在Rt△AEO中，利用勾股定理求得AE，OE的长．
【解答】解：∵四边形OABC是矩形，
∴OC∥AB，
∴∠ECA＝∠CAB，
根据题意得：∠CAB＝∠CAD，∠CDA＝∠B＝90°，
∴∠ECA＝∠EAC，
∴EC＝EA，
∵B（2，4），
∴AD＝AB＝4，
设OE＝x，则AE＝EC＝OC﹣OE＝4﹣x，
在Rt△AOE中，AE2＝OE2+OA2，
即（4﹣x）2＝x2+4，
解得：x，
∴OE，
故答案为：．
【点睛】此题考查了折叠的性质，矩形的性质，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．
16．（3分）（2020秋•枣庄月考）如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，O1，O2是其中两个正方形的对角线交点，若把这样的n个小正方形按如图所示方式摆放，则重叠部分的面积为 n﹣1 ．
【分析】根据题意作图，连接O1B，O1C，可得△O1BF≌△O1CG，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系，同理得出另两个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得出答案．
【解答】解：连接O1B、O1C，如图：
∵∠BO1F+∠FO1C＝90°，∠FO1C+∠CO1G＝90°，
∴∠BO1F＝∠CO1G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠O1BF＝∠O1CG＝45°，
在△O1BF和△O1CG中，
，
∴△O1BF≌△O1CG（ASA），
∴O1、O2两个正方形阴影部分的面积是S正方形＝1，
同理另外两个正方形阴影部分的面积也是S正方形＝1，
∴把这样的n个小正方形按如图所示方式摆放，则重叠部分的面积为（n﹣1）．
故答案为：n﹣1
【点睛】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的证明，把阴影部分进行合理转移是解决本题的难点，难度适中．
三．解答题（共6小题，满分52分）
17．（8分）（2020秋•灌云县期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，M、N分别是AC、BD的中点，试说明：
（1）MD＝MB；
（2）MN⊥BD．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及等边对等角的性质即可证明；
（2）根据等腰三角形的三线合一证明．
【解答】证明：（1）∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M是AC的中点，
∴BMAC，DMAC，
∴DM＝BM；
（2）由（1）可知DM＝BM，
∵N是BD的中点，
∴MN⊥BD．
【点睛】此题主要是运用了直角三角形的性质以及等腰三角形的性质，题目难度不大．
18．（8分）（2019春•镇江期中）如图，点O是△ABC内一点，连接OB、OC，线段AB、OB、OC、AC的中点分别为D、E、F、G．
（1）判断四边形DEFG的形状，并说明理由；
（2）若M为EF的中点，OM＝2，∠OBC和∠OCB互余，求线段BC的长．
【分析】（1）根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理解答；
（2）根据直角三角形的性质求出EF，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：（1）四边形DEFG是平行四边形，
理由如下：∵E、F分别为线段OB、OC的中点，
∴EFBC，EF∥BC，
同理DGBC，DG∥BC，
∴EF＝DG，EF∥DG，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）∵∠OBC和∠OCB互余，
∴∠BOC＝90°，
∵M为EF的中点，OM＝2，
∴EF＝2OM＝4，
∴BC＝2EF＝8．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
19．（8分）（2020秋•青岛期中）已知：在△ABC中，CB＝CA，点D、E分别是AB、AC的中点，连接DE并延长交外角∠ACM的平分线CN与点F．
（1）求证：AD＝CF；
（2）连接CD，AF，当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF为正方形？请证明你的结论．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠B，根据外角的性质定理得到∠AACM，由角平分线的定义得到∠ACFACM，求得∠A＝∠ACF，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）由已知条件得到△ACB是等腰直角三角形，求得∠BAC＝45°，推出AD∥CF，由（1）知AD＝CF，得到四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形的性质得到AD＝CD，求得∠ACD＝∠CAD＝45°，根据正方形的判定定理得到结论．
【解答】（1）证明：∵CB＝CA，
∴∠A＝∠B，
∵∠ACM＝∠A+∠B，
∴∠AACM，
∵CN平分∠ACM，
∴∠ACFACM，
∴∠A＝∠ACF，
∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△ADE与△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（ASA），
∴AD＝CF；
（2）解：当∠ACB＝90°，四边形ADCF是正方形，
理由：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
∵CN平分∠ACM，
∴∠ACFACM＝45°，
∴∠DAC＝∠ACF，
∴AD∥CF，
由（1）知AD＝CF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝CD，
∴∠ACD＝∠CAD＝45°，
∴∠DCF＝90°，
∴矩形ADCF是正方形．
【点睛】本题考差了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
20．（8分）（2020春•武汉期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：
①当AM的值为 3 时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为 6 时，四边形AMDN是菱形．
【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DNE＝∠AME，∠NDE＝∠MAE，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
∴在△NDE和△MAE中，△NDE≌△MAE（AAS），
∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝6，
∵点E是AD边的中点，
∴AEAD＝3，
∴AM＝AE＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴EM＝AE，
∵NE＝EMMN，
∴MN＝AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形．
故答案为：3；
②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．理由如下：
∵AB＝AD＝6，AM＝6，
∴AD＝AM，
∵∠DAB＝60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴ME⊥AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
21．（10分）（2020春•江阴市期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝4cm，BE＝5cm，点E是AD边上的一点，AE、DE分别长acm、bcm，满足（a﹣3）2+|2a+b﹣9|＝0．动点P从B点出发，以2cm/s的速度沿B→C→D运动，最终到达点D．设运动时间为ts．
（1）a＝ 3 cm，b＝ 3 cm；
（2）t为何值时，EP把四边形BCDE的周长平分？
（3）另有一点Q从点E出发，按照E→D→C的路径运动，且速度为1cm/s，若P、Q两点同时出发，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．求t为何值时，△BPQ的面积等于6cm2．
【分析】（1）由非负性可求a，b的值；
（2）先求出C四边形BCDE＝18cm，可得BE+BP＝9cm，可求BP＝4cm，即可求解；
（3）分三种情况讨论，由三角形的面积公式可求解．
【解答】解：（1）∵（a﹣3）2+|2a+b﹣9|＝0，
∴a﹣3＝0，2a+b﹣9＝0，
∴a＝3，b＝3；
故答案为：3，3；
（2）∵AE＝3cm，DE＝3cm，
∴AD＝6cm＝BC，
∴C四边形BCDE＝BC+CD+DE+EB＝18cm，
∵EP把四边形BCDE的周长平分，
∴BE+BP＝9cm，
∴点P在BC上，BP＝4cm，
∴t2s；
（3）解：①点P在BC上（0＜t≤3），
∵S△BPQ2t×4＝6，
∴t；
②相遇前，点P在CD上（3＜t），
∵S△BPQ[（4﹣（t﹣3）﹣（2t﹣6）]×6＝6，
∴t；
③相遇后，点P在CD上（t≤5），
∵S△BPQ[（（t﹣3）+（2t﹣6）﹣4]×6＝6，
∴t＝5；
∴综上所述，当ts或s或5s时，△BPQ的面积等于6cm2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，非负性，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
22．（10分）（2020春•兴化市期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E是BC边上的动点（不与点B、C重合），将射线AE绕点A按逆时针方向旋转45°后交CD边于点F，AE、AF分别交BD于G、H两点．
（1）当∠BEA＝55°时，求∠HAD的度数；
（2）设∠BEA＝α，试用含α的代数式表示∠DFA的大小；
（3）点E运动的过程中，试探究∠BEA与∠FEA有怎样的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质和三角形的内角和解答即可；
（2）根据正方形的性质和三角形内角和解答即可；
（3）延长CB至I，使BI＝DF，根据全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣55°＝35°，
∴∠HAD＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣35°＝10°；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝∠ADF＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣α，
∴∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣（90°﹣α）＝α﹣45°，
∴∠DFA＝90°﹣∠DAF＝90°﹣（α﹣45°）＝135°﹣α；
（3）∠BEA＝∠FEA，理由如下：
延长CB至I，使BI＝DF，连接AI．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADF＝∠ABC＝90°，
∴∠ABI＝90°，
又∵BI＝DF，
∴△DAF≌△BAI（SAS），
∴AF＝AI，∠DAF＝∠BAI，
∴∠EAI＝∠BAI+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝45°＝∠EAF，
又∵AE是△EAI与△EAF的公共边，
∴△EAI≌△EAF（SAS），
∴∠BEA＝∠FEA．
【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答．