2024-2025学年人教版8年级数学下册《平行四边形》专题测评试题（含解析）

人教版8年级数学下册《平行四边形》专题测评考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝18，BC＝14，D，E分别是AB，AC的中点，连接DE，BE，点M在CB的延长线上，连接DM，若∠MDB＝∠A，则四边形DMBE的周长为（）A．16 B．24 C．32 D．402、如图所示，在ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线EF分别交AD于点E，BC于点F，，则ABCD的面积为（

）A．24 B．32 C．40 D．483、如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE，若AB的长为2，则FM的长为（）A．2 B． C． D．14、如图，菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6和8，O为AC、BD的交点，H为AB上的中点，则OH的长度为（）A．3 B．4 C．2.5 D．55、已知，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．设有以下条件：①AB＝AD；②AC＝BD；③AO＝CO，BO＝DO；④四边形ABCD是矩形；⑤四边形ABCD是菱形；⑥四边形ABCD是正方形．那么，下列推理不成立的是（）A．①④⇒⑥ B．①③⇒⑤ C．①②⇒⑥ D．②③⇒④6、如图，矩形ABCD中，AC交BD于点O，且AB=24，BC=10，将AC绕点C顺时针旋转90°至CE．连接AE，且F、G分别为AE、EC的中点，则四边形OFGC的面积是（）A．100 B．144 C．169 D．2257、如图，平行四边形ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD的中点，BD＝12，则△DOE的周长是（）A．12 B．15 C．18 D．248、菱形ABCD的周长是8cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线BD的长是（）A．cm B．2cm C．1cm D．2cm9、如图，已知是平分线上的一点，，，是的中点，，如果是上一个动点，则的最小值为（）A． B． C． D．10、已知三角形三边长分别为7cm，8cm，9cm，作三条中位线组成一个新的三角形，同样方法作下去，一共做了五个新的三角形，则这五个新三角形的周长之和为（）A．46.5cm B．22.5cm C．23.25cm D．以上都不对第Ⅱ卷（非选择题70分）二、填空题（10小题，每小题4分，共计40分）1、如图，矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点M在对角线BD上，点N为射线BC上一动点，连接MN，DN，且∠DNM＝∠DBC，当DMN是等腰三角形时，线段BN的长为___．2、如图，在直角三角形ABC中，∠B=90°，点D是AC边上的一点，连接BD，把△CBD沿着BD翻折，点C落在AB边上的点E处，得到△EBD，连接CE交BD于点F，BG为△EBD的中线．若BC=4，△EBG的面积为3，则CD的长为____________3、如图，四边形AOBC是正方形，曲线CP1P2P3⋅⋅⋅叫做“正方形的渐开线”，其中弧CP1，弧P1P2，弧P2P3，弧P3P4的圆心依次按点A，O，B，C循环，点A的坐标为（2，0），按此规律进行下去，则点P2021的坐标为_____．4、如图，平面直角坐标系中，有，，三点，以A，B，O三点为顶点的平行四边形的另一个顶点D的坐标为______．5、在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2cm，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为_____．6、如图，每个小正方形的边长都为1，△ABC是格点三角形，点D为AC的中点，则线段BD的长为_____．7、如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于O，EF过点O分别交AB，CD于E，F，已知AB＝8cm，AD＝5cm，那么图中阴影部分面积为_____cm2．8、如图，在正方形ABCD中，，E是AB的中点，P是AD上任意一点，连接PE，PC，若是等腰三角形，则AP的长可能是______．9、如图，矩形ABCD中，AC、BD相交于点O且AC=12，如果∠AOD=60°，则DC=__．10、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于点E、F，连接PB、PD，若AE＝2，PF＝9，则图中阴影面积为______；三、解答题（5小题，每小题6分，共计30分）1、（1）先化简，再求值：（a+b）（a﹣b）﹣a（a﹣2b），其中a＝1，b＝2；（2）如图，菱形ABCD中，AB＝AC，E、F分别是BC、AD的中点，连接AE、CF．证明：四边形AECF是矩形．2、如图，在等腰三角形ABC中，AB＝BC，将等腰三角形ABC绕顶点B按逆时针方向旋转角a到的位置，AB与相交于点D，AC与分别交于点E，F．（1）求证：BCF；（2）当C＝a时，判定四边形的形状并说明理由．3、在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB边上一点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，连接AE，取AE的中点P，连接DP，CP．（1）观察猜想：如图（1），DP与CP之间的数量关系是，DP与CP之间的位置关系是．（2）类比探究：将图（1）中的△BDE绕点B逆时针旋转45°，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明；若不成立，请说明理由．（3）问题解决：若BC＝3BD＝3，将图（1）中的△BDE绕点B在平面内自由旋转，当BE⊥AB时，请直接写出线段CP的长．4、阅读探究小明遇到这样一个问题：在中，已知，，的长分别为，，，求的面积．小明是这样解决问题的：如图1所示，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点（即的3个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网格就能计算出的面积．他把这种解决问题的方法称为构图法，（1）图1中的面积为________．实践应用参考小明解决问题的方法，回答下列问题：（2）图2是一个的正方形网格（每个小正方形的边长为1）．①利用构图法在答题卡的图2中画出三边长分别为，，的格点．②的面积为________（写出计算过程）．拓展延伸（3）如图3，已知，以，为边向外作正方形和正方形，连接．若，，，则六边形的面积为________（在图4中构图并填空）．5、如图，在长方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，将∠B沿直线AE折叠，使点B落在点处．

（1）如图1，当点E与点C重合时，与AD交于点F，求证：FA＝FC；（2）如图2，当点E不与点C重合，且点在对角线AC上时，求CE的长．-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】由中点的定义可得AE=CE，AD=BD，根据三角形中位线的性质可得DE//BC，DE=BC，根据平行线的性质可得∠ADE=∠ABC=90°，利用ASA可证明△MBD≌△EDA，可得MD=AE，DE=MB，即可证明四边形DMBE是平行四边形，可得MD=BE，进而可得四边形DMBE的周长为2DE+2MD=BC+AC，即可得答案．【详解】∵D，E分别是AB，AC的中点，∴AE=CE，AD=BD，DE为△ABC的中位线，∴DE//BC，DE=BC，∵∠ABC＝90°，∴∠ADE=∠ABC=90°，在△MBD和△EDA中，，∴△MBD≌△EDA，∴MD=AE，DE=MB，∵DE//MB，∴四边形DMBE是平行四边形，∴MD=BE，∵AC＝18，BC＝14，∴四边形DMBE的周长=2DE+2MD=BC+AC=18+14=32．故选：C．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及平行四边形的判定与性质，三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．2、B【解析】【分析】先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得，然后根据平行四边形的性质即可得．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，，在和中，∵，，，，则的面积为，故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．3、B【解析】【分析】由折叠的性质可得，∠BMN=90°，FB=AB=2，由此利用勾股定理求解即可．【详解】解：∵把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，AB=2，∴，∠BMN=90°，∵四边形ABCD为正方形，AB=2，过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，∴FB=AB=2，则在Rt△BMF中，，故选B．【点睛】本题主要考查了正方形与折叠，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握折叠的性质．4、C【解析】【分析】根据菱形的性质求得边长，进而根据三角形中位线定理求得的长度．【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴AO＝OC，OB＝OD，AO⊥BO，又∵点H是AD中点，∴OH是△DAB的中位线，在Rt△AOB中，AB5，则OHAB=2.5故选C【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，求得的长是解题的关键．5、C【解析】【分析】根据已知条件以及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定条件，对选项进行分析判断即可．【详解】解：A、①④可以说明，一组邻边相等的矩形是正方形，故A正确．B、③可以说明四边形是平行四边形，再由①，一组临边相等的平行四边形是菱形，故B正确．C、①②，只能说明两组邻边分别相等，可能是菱形，但菱形不一定是正方形，故C错误．D、③可以说明四边形是平行四边形，再由②可得：对角线相等的平行四边形为矩形，故D正确．故选：C．【点睛】本题主要是考查了特殊四边形的判定，熟练掌握各类四边形的判定条件，是解决本题的关键．6、C【解析】【分析】先根据矩形的性质、三角形中位线定理可得，再根据平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，然后根据旋转的性质可得，从而可得，最后根据正方形的判定可得四边形为正方形，由此即可得．【详解】解：四边形为矩形，，，分别为的中点，，，四边形为平行四边形，又绕点顺时针旋转，，，平行四边形为正方形，四边形的面积是，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．7、B【解析】【分析】根据平行四边形的对边相等和对角线互相平分可得，OB＝OD，又因为E点是CD的中点，可得OE是△BCD的中位线，可得OE＝BC，所以易求△DOE的周长．【详解】解：∵▱ABCD的周长为36，∴2（BC＋CD）＝36，则BC＋CD＝18．∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD＝12，∴OD＝OB＝BD＝6．又∵点E是CD的中点，∴OE是△BCD的中位线，DE＝CD，∴OE＝BC，∴△DOE的周长＝OD＋OE＋DE＝BD＋（BC＋CD）＝6＋9＝15，故选：B．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的性质．解题时，利用了“平行四边形对角线互相平分”、“平行四边形的对边相等”的性质．8、B【解析】【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再证△ABC是等边三角形，得AC＝AB＝2（cm），则OA＝1（cm），然后由勾股定理求出OB＝（cm），即可求解．【详解】解：∵菱形ABCD的周长为8cm，∴AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝2cm，∴OA＝1（cm），在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝（cm），∴BD＝2OB＝2（cm），故选：B．【点睛】此题考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定方法．9、C【解析】【分析】根据题意由角平分线先得到是含有角的直角三角形，结合直角三角形斜边上中线的性质进而得到OP，DP的值，再根据角平分线的性质以及垂线段最短等相关内容即可得到PC的最小值．【详解】解：∵点P是∠AOB平分线上的一点，，∴，∵PD⊥OA，M是OP的中点，∴，∴∵点C是OB上一个动点∴当时，PC的值最小，∵OP平分∠AOB，PD⊥OA，∴最小值，故选C．【点睛】本题主要考查了角平分线的性质、含有角的直角三角形的选择，直角三角形斜边上中线的性质、垂线段最短等相关内容，熟练掌握相关性质定理是解决本题的关键．10、C【解析】【分析】如图所示，，，，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是△DEF的中位线，则，，，即可得到△DEF的周长，由此即可求出其他四个新三角形的周长，最后求和即可．【详解】解：如图所示，，，，DE，DF，EF分别是三角形ABC的中位线，GH，GI，HI分别是△DEF的中位线，∴，，，∴△DEF的周长，同理可得：△GHI的周长，∴第三次作中位线得到的三角形周长为，∴第四次作中位线得到的三角形周长为∴第三次作中位线得到的三角形周长为∴这五个新三角形的周长之和为，故选C．【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握三角形中位线定理．二、填空题1、15或24或【解析】【分析】分三种情形讨论求解即可．【详解】解：①如图1中，当NM=ND时，∴∠NDM=∠NMD，∵∠MND=∠CBD，∴∠BDN=∠BND，∴BD=BN==15；②如图2中，当DM=DN时，此时M与B重合，∴BC=CN=12，∴BN=24；③如图3中，当MN=MD时，∴∠NDM=∠MND，∵∠MND=∠CBD，∴∠NDM=∠MND=∠CBD，∴BN=DN，设BN=DN=x，在Rt△DNC中，∵DN2=CN2+CD2，∴x2=（12-x）2+92，∴x=，综上，当DMN是等腰三角形时，线段BN的长为15或24或．故答案为：15或24或．【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，注意不能漏解．2、【解析】【分析】由折叠的性质可得，，，，由勾股定理可得，，根据题意可得，，求得的长度，即可求解．【详解】解：由折叠的性质可得，，，，∴为等腰直角三角形，为的中点，∴由勾股定理可得，∴∵BG为△EBD的中线，△EBG的面积为3∴，解得∴由勾股定理得：故答案为：【点睛】此题考查了折叠的性质，勾股定理以及直角三角形的性质，解题的关键是灵活利用相关性质进行求解．3、（4044，0）【解析】【分析】由题意可知：正方形的边长为2，分别求得，可发现点的位置是四个一循环，每旋转一次半径增加2，找到规律，即求得点P2021在x轴正半轴，进而求得OP的长度，即可求得点的坐标．【详解】由题意可知：正方形的边长为2，∵A（2，0），B（0，2），C（2，2），P1（4，0），P2（0，﹣4），P3（﹣6，2），P4（2，10），P5（12，0），P6（0，﹣12）…可发现点的位置是四个一循环，每旋转一次半径增加2，2021÷4＝505…1，故点P2021在x轴正半轴，OP的长度为2021×2+2＝4044，即：P2021的坐标是（4044，0），故答案为：（4044，0）．【点睛】本题考查了平面直角坐标系点的坐标规律，正方形的性质，找到点的位置是四个一循环，每旋转一次半径增加2的规律是解题的关键．4、（9，4）、（-3，4）、（3，-4）【解析】【分析】根据平行四边形的性质得出AD=BO=6，AD∥BO，根据平行线得出A和D的纵坐标相等，根据B的横坐标和BO的值即可求出D的横坐标．【详解】∵平行四边形ABCD的顶点A、B、O的坐标分别为（3，4）、（6，0）、（0，0），∴AD=BO=6，AD∥BO，∴D的横坐标是3+6=9，纵坐标是4，即D的坐标是（9，4），同理可得出D的坐标还有（-3，4）、（3，-4）．故答案为：（9，4）、（-3，4）、（3，-4）．【点睛】本题考查了坐标与图形性质和平行四边形的性质，注意：平行四边形的对边平行且相等．5、cm或2cm【解析】【分析】分两种情况：①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=2，求出DG=，CG=1，BG=BC+CG=3，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A=∠DEM=120°，证出D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；②如图2，当CE=CD上，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（含CE=DE这种情况）.【详解】解：分两种情况，①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，∴DE=AD=2，∵DG⊥BC，∴∠CDG=90°-60°=30°，∴CG=CD=1，∴DG=CG=，BG=BC+CG=3，∵M为AB的中点，∴AM=BM=1，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，在△ADM和△EDM中，AD＝ED，AM＝EM，DM＝DM，∴△ADM≌△EDM（SSS），∴∠A=∠DEM=120°，∴∠MEN+∠DEM=180°，∴D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得：，解得：x=，即BN=cm；②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2cm（符合题干要求）；综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为cm或2cm；故答案为cm或2cm．【点睛】本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.6、##【解析】【分析】根据勾股定理列式求出AB、BC、AC，再利用勾股定理逆定理判断出△ABC是直角三角形，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．【详解】解：，，，，∴∠ABC＝90°，∵点D为AC的中点，∴BD为AC边上的中线，∴BD＝AC，故答案为：【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，勾股定理逆定理的应用，判断出△ABC是直角三角形是解题的关键．7、10【解析】【分析】利用矩形性质，求证，将阴影部分的面积转为的面积，最后利用中线平分三角形的面积，求出的面积，即可得到阴影部分的面积．【详解】解：四边形为矩形，，，，，在与中，，阴影部分的面积最后转化为了的面积，中，，平分，阴影部分的面积：，故答案为：10．【点睛】本题主要是考查了矩形的性质以全等三角形的判定与性质以及中线平分三角形面积，熟练利用矩形性质，证明三角形全等，将阴影部分面积转化为其他图形的面积，这是解决本题的关键．8、或或【解析】【分析】分三种情况：当时，当时，当时，利用等腰三角形的性质和正方形的性质进行求解即可．【详解】解：如图1，当时，∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠D=90°，BC=DC，∴，∴则，∵E是AB的中点，∴∴；如图2．当点P与点D重合时，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC，∠A=∠B=90°，∵E是AB的中点，∴AE=BE，∴△ADE≌△BCE（SAS），∴即PE=CE，是等腰三角形．∴；如图3．当时，设，则，在直角△PDC中，，在直角△AEP中，，则．解得，即．综上所述，AP的长可能是1或2或．故答案为：1或2或．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握等腰三角形的性质和正方形的性质．9、【解析】【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等可得OA＝OD，然后判断出△AOD是等边三角形，再根据勾股定理解答即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OD＝AC＝×12＝6，∠ADC=90°，∵∠AOD＝60°，∴△AOD是等边三角形，∴AD＝OA＝6，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质和勾股定理以及等边三角形的判定，解题关键是根据矩形的性质得出△AOD是等边三角形．10、【解析】【分析】作PM⊥AD于M，交BC于N，根据矩形的性质可得S△PEB=S△PFD即可求解.【详解】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阴=9+9=18，故答案为：18．【点睛】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．三、解答题1、（1），0；（2）证明见解析．【分析】（1）根据整式的乘法运算法则先去括号，然后合并同类项化简，然后代入求解即可；（2）首先根据菱形的性质得到，，然后根据E、F分别是BC、AD的中点，得出，根据一组对边平行且相等证明出四边形AECF是平行四边形，然后根据等腰三角形三线合一的性质得出，即可证明出四边形AECF是矩形．【详解】（1）（a+b）（a﹣b）﹣a（a﹣2b）将a＝1，b＝2代入得：原式＝；（2）如图所示，∵四边形ABCD是菱形，∴，且，又∵E、F分别是BC、AD的中点，∴，∴四边形AECF是平行四边形，∵AB＝AC，E是BC的中点，∴，即，∴平行四边形AECF是矩形．【点睛】此题考查了整式的混合运算，代数式求值问题，菱形的性质和矩形的判定，解题的关键是熟练掌握整式的混合运算法则，菱形的性质和矩形的判定定理．2、（1）见解析；（2）菱形，见解析【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到AB=BC，∠A=∠C，由旋转的性质得到A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，根据全等三角形的判定定理得到△BCF≌△BA1D；

（2）由（1）可知∠=∠=∠A=∠C=a,B=B=AB=BC通过证明∠FBC=∠可得BC，利用∠EC=∠C=180°推出∠EC+∠=180°得到BCE从而证明四边形为平行四边形再利用B=BC可证明四边形为菱形．【详解】（1）证明：∵等腰三角形ABC旋转角a得到∴∠BD=∠FBC=a∠=∠=∠A=∠CB=B=AB=BC∴BCF（ASA）（2）解：四边形为菱形理由：∵C=a由（1）可知∠=∠=∠A=∠C=aB=B=AB=BC又∵∠BD=∠FBC=a∴∠FBC=∠∴BC∴∠EC=∠C=180°∴∠EC+∠=180°∴BCE∴四边形为平行四边形又∵B=BC∴四边形为菱形【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．3、（1）PD＝PC，PD⊥PC；（2）成立，见解析；（3）2或4【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质，可得，根据角之间的关系即可，即可求解；（2）过点P作PT⊥AB交BC的延长线于T，交AC于点O，根据全等三角形的判定与性质求解即可；（3）分两种情况，当点E在BC的上方时和当点E在BC的下方时，过点P作PQ⊥BC于Q，利用等腰