．（1）B（﹣4，﹣4），平行；（2）P（﹣，0）；（3）∠PQB＝∠OPQ＋30°或∠BQP＋∠OPQ＝150°【分析】（1）由二次根式和平方數(shù)的非負(fù)性即可確定a和b的值，從而確定點A，B，C的坐標(biāo)，由B，C的縱坐標(biāo)相同得出BC//AO；（2）表示出t秒時點P和點Q的坐標(biāo)，用含t的式子表示出△PAB和△QBC的面積，列出關(guān)于t的方程，求出t即可確定P的坐標(biāo)；（3）過點Q作QH//x軸，交AB與點H，由平行線的性質(zhì)即可確定∠OPQ和∠PQB的數(shù)量關(guān)系．【詳解】解：（1）∵，∴a+8＝0，c+4＝0，∴a＝﹣8，c＝﹣4，∴A（﹣8，0），B（﹣4，﹣4），C（0，﹣4），∴BC//AO，故答案為：平行；（2）過B點作BE⊥AO于E，設(shè)時間經(jīng)過t秒，S△PAB＝4S△QBC，則AP＝2t，OQ＝t，BE＝4，BC＝4，CQ＝4﹣t，∴S△APB＝AP?BE＝×2t×4＝4t，S△BCQ＝CQ?BC＝（4?t）×4＝8?2t，∵S△APB＝4S△BCQ，∴4t＝4（8﹣2t）解得，t＝，∴AP＝2t＝，∴OP＝OA﹣AP＝，∴點P的坐標(biāo)為（，0）；（3）∠PQB＝∠OPQ＋30°或∠BQP＋∠OPQ＝150°．理由如下：當(dāng)點Q在點C的上方時，過Q點作QH∥AO，如圖2所示，∴∠OPQ＝∠PQH，∵BC∥AO，QH∥AO，∴QH∥BC，∴∠HQB＝∠CBQ＝30°，∴∠OPQ＋∠CBQ＝∠PQH＋∠BQH，∴∠PQB＝∠OPQ＋∠CBQ，即∠PQB＝∠OPQ＋30°；②當(dāng)點Q在點C的下方時；過Q點作HJ∥AO如圖3所示，∴∠OPQ＝∠PQJ，∵BC∥AO，QH∥AO，∴QH∥BC，∴∠HQB＝∠CBQ＝30°，∴∠HQB＋∠BQP＋∠PQJ＝180°，∴30°＋∠BQP＋∠OPQ＝180°，即∠BQP＋∠OPQ＝150°，綜上所述，∠PQB＝∠OPQ＋30°或∠BQP＋∠OPQ＝150°．【點睛】本題考查的是三角形的面積計算、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，掌握非負(fù)數(shù)的性質(zhì)、靈活運用分情況討論思想是解題的關(guān)鍵．56．(1)見解析(2)(3)見解析【解析】（1）過點P作PF⊥AC的延長線于F，證明Rt△PAF≌Rt△PBE(HL)即可；（2）過點P作PF⊥AC于F，由PE⊥BC，CP是BCD的平分線，可得PE=PF,∠PCF=∠PCE，進而證明Rt△PCF≌Rt△PCE(HL)，進而求得CE=CF=3，根據(jù)S△PCE:S△PBE=S△PFC:S△PFA=CF:AF求解即可；（3）在BC上截取BQ=AM，證明△PMA≌△PQB(SAS)，△MPN≌△QPN(SAS)，進而證明BN=AM＋MN.(1)如圖1，過點P作PF⊥AC的延長線于F，∵PC平分∠DCB,∴PE=PF,在Rt△PAF和Rt△PBE中，∴Rt△PAF≌Rt△PBE(HL)∴∠PAC=∠PBC,(2)如圖，過點P作PF⊥AC于F，∵PE⊥BC，CP是BCD的平分線，∴PE=PF，∠PCF=∠PCE,在Rt△PCF和Rt△PCE中∴Rt△PCF≌Rt△PCE(HL)∴CF=CE由(1)知，Rt△PAF≌Rt△PBE,∴AF=BE,∴AF=AC＋CF,BE=BC–CE,∴AC＋CF=BC-CE,∵AC=5,BC=11,∴5+CF=11-CE,∴CE=CF=3,∵Rt△PCF≌Rt△PCE,∴S△PCF=S△PCE,∵Rt△PAF≌Rt△PEB,∴S△PAF=S△PEB,∴S△PCE:S△PBE=S△PFC:S△PFA=CF×PF:AF×PF=CF:AF=CF:(CF+AC)=3:(3+5)=3:8(3)如圖，在BC上截取BQ=AM，由（1）可知∠PAC＝∠PBC在△PMA和△PQB中，∴△PMA≌△PQB(SAS)，∴PM=PQ，∠MPA=∠QPB，∴∠APM＋∠QPA=∠QPB＋∠QPA即∠APB=∠MPQ，∵∠MPN=∠APB,∴∠MPN=∠MPQ,∴∠MPN=∠QPN,在△MPN和△QPC中，∴△MPN≌△QPN(SAS),∴MN=QN,∴BN=AM＋MN.本題考查了角平分線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握三角形全等的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．57．【分析】運用加減消元法求解即可.【詳解】解：①②得，解得.將代入②得，解得原方程組的解為【點睛】此題考查了解二元一次方程組，解二元一次方程組有兩種方法：代入消元法和加減消元法.58．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）等腰直角三角形，證明見解析；（4）12.5.【分析】【詳解】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出，∠BAD=∠BCD，BC∥AD，證出∠1=∠2，再證出∠2=∠3，得出AE∥CF，即可得出結(jié)論；（2）由四邊形AHCF是平行四邊形，得出AF=CH，再證出CH=EC，即可得出AF=EC；（3）連接AG，過G作GN∥BC交AB于N，先證四邊形ABCD是矩形，得出∠GNB=90°，BC∥GN∥AD，再證出NG是AB的垂直平分線，得出BG=AG，得出∠BGN=∠AGN，然后證明△AFG≌△ECG，得出AG=EG=BG，∠EGC=∠AGF，∠GAF=∠GEC，再證出∠BGE=90°，即可得出結(jié)論；（4）作GM⊥AD于M，則GM∥CD，由矩形的性質(zhì)得出∠D=∠BCD=90°，CD=AB，AD=BC，再證出△DCF、△MGF是等腰直角三角形，得出FD=CD=6，GM=FM，證明GM為△DCF的中位線，得出FM=GM═DM=CD=3，求出AM，由勾股定理求出AG，得出BG、EG，即可求出△BEG的面積．（1）證明：如圖1所示：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠BAD=∠BCD，BC∥AD，∴∠1=∠2，∵CF平分∠BCD，AE平分∠BAD，∴∠1=∠4=∠BCD，∠3=∠BAD，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴AE∥CF，∴四邊形AHCF是平行四邊形；（2）證明：∵四邊形AHCF是平行四邊形，∴AF=CH，∵AE∥CF，∴∠E=∠4，∠5=∠1，∴∠E=∠5，∴CH=EC，∴AF=EC；（3）解：△BEG是等腰直角三角形；理由如下：連接AG，過G作GN∥BC交AB于N，如圖2所示：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠BAD=90°，∴四邊形ABCD是矩形，∴BC∥AD，∠CBN=90°，∴∠GNB=90°，BC∥GN∥AD，∵G為CF的中點，∴N為AB中點，即NG是AB的垂直平分線，∴BG=AG，∴∠BGN=∠AGN，∵NG∥AD，∴∠AGN=∠GAF=∠BGN，∵CF平分∠BCD，∠BCD=90°，∴∠DCF=90°，∠DCF=45°，∴∠DFC=45°，∴∠ECG=∠AFC=90°+45°=135°，在△AFG和△ECG中，，∴△AFG≌△ECG（SAS），∴AG=EG=BG，∠EGC=∠AGF，∠GAF=∠GEC，∵∠AGN=∠GAF=∠BGN，∴∠AGN=∠GAF=∠BGN=∠GEC，∵∠GAF+∠AGF=180°-135°=45°，∴∠EGC+∠BGF=2（∠GAF+∠AGF）=90°，即∠BGE=90°，∴△BEG是等腰直角三角形；（4）作GM⊥AD于M，如圖2所示：則GM∥CD，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D=∠BCD=90°，CD=AB=6，AD=BC=7，∴∠DCF=45°，∴∠DFC=45°，∴△DCF、△MGF是等腰直角三角形，∴FD=CD=6，GM=FM，∵G為CF的中點，∴GM為△DCF的中位線，∴FM=GM═DM=CD=3，∴AM=7-3=4，∴AG=，∴BG=EG=5，∴△BEG的面積=BG?EG=．59．（1）證明見解析；（2）四邊形AEMF是菱形，理由見解析.【分析】（1）求簡單的線段相等，可證線段所在的三角形全等，即證△ABE≌△ADF；（2）由于四邊形ABCD是正方形，易得∠ECO=∠FCO=45°，BC=CD；聯(lián)立（1）的結(jié)論，可證得EC=CF，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可證得OC（即AM）垂直平分EF；已知OA=OM，則EF、AM互相平分，再根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，即可判定四邊形AEMF是菱形．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠D=90°，在Rt△ABE和Rt△ADF中，，∴Rt△ADF≌Rt△ABE（HL）∴BE=DF，∵BC=DC，∴CE=CF；（2）四邊形AEMF是菱形，理由為：證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCA=∠DCA=45°，BC=DC，∵BE=DF，∴BC-BE=DC-DF，即CE=CF，在△COE和△COF中，，∴△COE≌△COF（SAS），∴OE=OF，又OM=OA，∴四邊形AEMF是平行四邊形，∵AE=AF，∴平行四邊形AEMF是菱形．60．（1）見解析；（2）是直角三角形，理由見解析；（3）25．【分析】（1）先根據(jù)