．（1）見解析（2）90°（3），理由見解析【分析】（1）首先證明△APB≌△APD，得出PB＝PD，再由PD＝PE，即可得出結(jié)論；（2）由可得，由可得，等量代換得，由三角形內(nèi)角和定理可得，故；（3）連接，由菱形性質(zhì)得，由SAS證得，由菱形性質(zhì)得，由等邊對(duì)等角得到，等量代換得，根據(jù)兩直線平行同旁內(nèi)角互補(bǔ)得，由此，即，可得是等邊三角形，所以.【詳解】（1）在和中中，，，；（2），，，，，，，，；（3），理由如下：連接，在菱形中，在和中，，，，，，，，，，，，是等邊三角形，，【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)與判定，等邊對(duì)等角的性質(zhì)，熟記正方形的性質(zhì)確定出∠DPE＝∠DCE是解題的關(guān)鍵．55．（1）見解析；（2）見解析；（3）．【分析】（1）由等邊和等邊．AB=DB，BC=BE，可推得∠ABE=∠DBC，可證由性質(zhì)即可；（2）延長(zhǎng)使，連接，由為中點(diǎn)，可得CN=DN，可證，可得，，可求∠DAC=120°，可推出，可證，由性質(zhì)得即可；（3）過E作EG⊥BE，交AM延長(zhǎng)線于G由，，，求出AC=2，由勾股定理得：BC=，可求出∠EBM=30°，求得∠G==60°=∠CAB，可證△CAB≌△BGE（AAS）由性質(zhì)得GE=AB=，利用30°角的直角邊與斜邊關(guān)系得BG=2GE=2，再證△AD≌△GME（AAS），得AM=GM可求得BG=2BM+AB=2即可．【詳解】（1）證明：∵等邊和等邊．AB=DB，BC=BE，∠ABD=∠CBE=60°，∴∠ABD+∠ABC=∠CBE+∠ABC，∴∠ABE=∠DBC，，；（2）延長(zhǎng)使，連接，∵為中點(diǎn)，∴CN=DN，又∠AND=∠FNC，，，，∵，∠DAB=60°，∴∠DAC=120°，∴，，∵AC=CA，，；（3）過E作EG⊥BE，交AM延長(zhǎng)線于G，∴，，，∴AC=2，由勾股定理得：BC=，∴∠EBM=180°-∠ABC-∠CBE=30°，∴∠G=180°-∠GBE-∠BEG=60°=∠CAB，∵BC=EB，∴△CAB≌△BGE（AAS），∴GE=AB=，∴BG=2GE=2，∵∠DAM=60°=∠G，又∵∠AMD=∠GME，∴△AD≌△GME（AAS），∴AM=GM，∴GM=AB+BM，∴BG=BM+GM=2BM+AB=2，∴2BM+=2，∴．故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，線段中點(diǎn)，線段和差，掌握等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理應(yīng)用，線段中點(diǎn)，線段和差計(jì)算是解題關(guān)鍵．56．（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）由SSS證明△ABC≌△DFE即可；（2）連接AF、BD，由全等三角形的性質(zhì)得出∠ABC=∠DFE，證出AB∥DF，即可得出結(jié)論．【詳解】詳解：證明：，，在和中，，≌；解：如圖所示：由知≌，，，，四邊形ABDF是平行四邊形．

點(diǎn)睛：本題考查了平行四邊形的判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定；熟練掌握平行四邊形的判定方法，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．57．（1）一個(gè)籃球的售價(jià)是90元，一個(gè)足球的售價(jià)是50元；（2）72【分析】（1）設(shè)一個(gè)籃球的售價(jià)是元，一個(gè)足球的售價(jià)是元，然后根據(jù)等量關(guān)系列出方程求解即可；（2）設(shè)一個(gè)籃球進(jìn)價(jià)為a元，根據(jù)利潤(rùn)率乘以進(jìn)價(jià)等于售價(jià)減去進(jìn)價(jià)，列方程求解即可.【詳解】解：（1）設(shè)一個(gè)籃球的售價(jià)是元，一個(gè)足球的售價(jià)是元，依題意得：，把①×3-②×得，解得把代入①中解得∴方程組的解為：．答：一個(gè)籃球的售價(jià)是90元，一個(gè)足球的售價(jià)是50元．（2）設(shè)一個(gè)籃球進(jìn)價(jià)為a元∴∴解得∴一個(gè)籃球的進(jìn)價(jià)為72元.【點(diǎn)睛】本題主要考查了一元一次方程的實(shí)際應(yīng)用，解題的關(guān)鍵在于找到等量關(guān)系列出方程.58．（1）①1，4；3，0；2，﹣4；②2；（2）見解析；（3）t＝1.2時(shí)，P(0.6，0)，t＝2時(shí)，P(﹣1，0)．【分析】（1）①利用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)求出a，b的值，可得結(jié)論．②利用三角形面積公式求解即可．（2）連接DH，根據(jù)△ODH的面積+△ADH的面積=△OAH的面積，構(gòu)建關(guān)系式，可得結(jié)論．（3）分兩種情形：①當(dāng)點(diǎn)P在線段OB上，②當(dāng)點(diǎn)P在BO的延長(zhǎng)線上時(shí)，分別利用面積關(guān)系，構(gòu)建方程，可得結(jié)論．【詳解】（1）解：①∵，又∵≥0，(b﹣3)2≥0，∴a＝4，b＝3，∴A(1，4)，B(3，0)，∵B是由A平移得到的，∴A向右平移2個(gè)單位，向下平移4個(gè)單位得到B，∴點(diǎn)C是由點(diǎn)O向右平移2個(gè)單位，向下平移4個(gè)單位得到的，∴C(2，﹣4)，故答案為：1，4；3，0；2，﹣4．②△AOH的面積＝×1×4＝2，故答案為：2．（2）證明：如圖，連接DH．∵△ODH的面積+△ADH的面積＝△OAH的面積，∴×1×n＋×4×(1﹣m)＝2，∴4m＝n．（3）解：①當(dāng)點(diǎn)P在線段OB上，由三角形AOP與三角形COQ的面積相等得：OP·yA=OQ·xC，∴×(3﹣2t)×4＝×2t，解得t＝1.2．此時(shí)P(0.6，0)．②當(dāng)點(diǎn)P在BO的延長(zhǎng)線上時(shí)，由三角形AOP與三角形COQ的面積相等得：OP·yA=OQ·xC，×(2t﹣3)×4＝×2×t，解得t＝2，此時(shí)P(﹣1，0)，綜上所述，t＝1.2時(shí)，P(0.6，0)，t＝2時(shí)，P(﹣1，0)．【點(diǎn)睛】本題考查坐標(biāo)與圖形變化-平移，非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．59．詳見解析【分析】通過證明三角形全等求得兩線段相等即可.【詳解】∵四邊形ABCD為平行四邊形∴∠B=∠D，AB=CD在△ABE與△CDF中，∠1=∠2，∠B=∠D，AB=CD∴△ABE≌△CDF∴AE=CF【點(diǎn)睛】本題主要考查平行四邊形性質(zhì)與全等三角形，解題關(guān)鍵在于找到全等三角形.60．證明見解析.【分析】由四邊形ABCD是平行四邊形，可得AD∥BC，OA=OC，繼而可利用ASA判定△AOE≌△COF，繼而證得OE=OF．【詳解】