人教版八年级初二数学下学期平行四边形单元测试提优卷试卷.doc

人教版八年级初二数学下学期平行四边形单元测试提优卷试卷

一、解答题
1．已知，四边形ABCD是正方形，点E是正方形ABCD所在平面内一动点（不与点D重合），AB＝AE，过点B作DE的垂线交DE所在直线于F，连接CF．

提出问题：当点E运动时，线段CF与线段DE之间的数量关系是否发生改变？
探究问题：
（1）首先考察点E的一个特殊位置：当点E与点B重合（如图①）时，点F与点B也重合．用等式表示线段CF与线段DE之间的数量关系： ；
（2）然后考察点E的一般位置，分两种情况：
情况1：当点E是正方形ABCD内部一点（如图②）时；
情况2：当点E是正方形ABCD外部一点（如图③）时．

在情况1或情况2下，线段CF与线段DE之间的数量关系与（1）中的结论是否相同？如果都相同，请选择一种情况证明；如果只在一种情况下相同或在两种情况下都不相同，请说明理由；
拓展问题：
（3）连接AF，用等式表示线段AF、CF、DF三者之间的数量关系： ．
2．如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，D重合），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连结AG．
（1）写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由；
（2）若正方形ABCD的边长为1，∠AGF=105°，求线段BG的长．

3．如图，在矩形中，点是上的一点（不与点，重合），沿折叠，得，点的对称点为点．

（1）当时，点会落在上吗？请说明理由．
（2）设，且点恰好落在上．
①求证：．
②若，用等式表示的关系．
4．如图1所示，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E，F分别在正方形的边CB，CD上，连接AE、AF．
(1)求证：AE＝AF；
(2)取AF的中点M，EF的中点N，连接MD，MN．则MD，MN的数量关系是　 　，MD、MN的位置关系是　 　
(3)将图2中的直角三角板ECF，绕点C旋转180°，如图3所示，其他条件不变，则(2)中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

5．在平面直角坐标中，四边形OCNM为矩形，如图1，M点坐标为（m，0），C点坐标为（0，n），已知m，n满足．

（1）求m，n的值；
（2）①如图1，P，Q分别为OM，MN上一点，若∠PCQ＝45°，求证：PQ＝OP+NQ；
②如图2，S，G，R，H分别为OC，OM，MN，NC上一点，SR，HG交于点D．若∠SDG＝135°，，则RS＝______；
（3）如图3，在矩形OABC中，OA＝5，OC＝3，点F在边BC上且OF＝OA，连接AF，动点P在线段OF是（动点P与O，F不重合），动点Q在线段OA的延长线上，且AQ＝FP，连接PQ交AF于点N，作PM⊥AF于M．试问：当P，Q在移动过程中，线段MN的长度是否发生变化？若不变求出线段MN的长度；若变化，请说明理由．
6．（解决问题）如图1，在中，，于点．点是边上任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．

（1）若，，则的面积是______，______．
（2）猜想线段，，的数量关系，并说明理由．
（3）（变式探究）如图2，在中，若，点是内任意一点，且，，，垂足分别为点，点，点，求的值．

（4）（拓展延伸）如图3，将长方形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．若，，直接写出的值．

7．如图，锐角，，点是边上的一点，以为边作，使，．
（1）过点作交于点，连接（如图①）
①请直接写出与的数量关系；
②试判断四边形的形状，并证明；
（2）若，过点作交于点，连接（如图②），那么（1）②中的结论是否任然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由．

8．在矩形ABCD中，BE平分∠ABC交CD边于点E．点F在BC边上，且FE⊥AE．
（1）如图1，①∠BEC=_________°；
②在图1已有的三角形中，找到一对全等的三角形，并证明你的结论；
（2）如图2，FH∥CD交AD于点H，交BE于点M．NH∥BE，NB∥HE，连接NE．若AB=4，AH=2，求NE的长．

9．如图，中，，连结，是边上一点，连结交于点．

（1）如图1，连结，若，，求的面积；
（2）如图2，延长至点，连结、，点在上，且，，过作于点．若，求证：．
10．如图，已知正方形ABCD与正方形CEFG如图放置，连接AG，AE．
（1）求证：
（2）过点F作于P，交AB、AD于M、N，交AE、AG于P、Q，交BC于H，．求证：NH=FM

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一、解答题

1．（1）DE＝CF；（2）在情况1与情况2下都相同，详见解析；（3）AF＋CF＝DF或|AF－CF|＝DF
【分析】
（1）易证△BCD是等腰直角三角形，得出DB=CB，即可得出结果；
（2）情况1：过点C作CG⊥CF，交DF于G，设BC交DF于P，由ASA证得△CDG≌△CBF，得出DG=FB，CG=CF，则△GCF是等腰直角三角形，FG=CF，连接BE，设∠CDG=α，则∠CBF=α，∠DEA=∠ADE=90°-α，求出∠DAE=2α，则∠EAB=90°-2α，∠BEA=∠ABE=（180°-∠EAB）=45°+α，∠CBE=45°-α，推出∠FBE=45°，得出△BEF是等腰直角三角形，则EF=BF，推出EF=DG，DE=FG，得出DE=CF；
情况2：过点C作CG⊥CF交DF延长线于G，连接BE，设CD交BF于P，由ASA证得△CDG≌△CBF，得出DG=FB，CG=CF，则△GCF是等腰直角三角形，得FG=CF，设∠CDG=α，则∠CBF=α，证明△BEF是等腰直角三角形，得出EF=BF，推出DE=FG，得出DE=CF；
（3）①当F在BC的右侧时，作HD⊥DF交FA延长线于H，由（2）得△BEF是等腰直角三角形，EF=BF，由SSS证得△ABF≌△AEF，得出∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，则△HDF是等腰直角三角形，得HF=DF，DH=DF，∵∠HDF=∠ADC=90°，由SAS证得△HDA≌△FDC，得CF=HA，即可得出AF+CF=DF；
②当F在AB的下方时，作DH⊥DE，交FC延长线于H，在DF上取点N，使CN=CD，连接BN，证明△BFN是等腰直角三角形，得BF=NF，由SSS证得△CNF≌△CBF，得∠NFC=∠BFC=∠BFD=45°，则△DFH是等腰直角三角形，得FH=DF，DF=DH，由SAS证得△ADF≌△CDH，得出CH=AF，即可得出AF+CF=DF；
③当F在DC的上方时，连接BE，作HD⊥DF，交AF于H，由（2）得△BEF是等腰直角三角形，EF=BF，由SSS证得△ABF≌△AEF，得∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，则△HDF是等腰直角三角形，得出HF=DF，DH=DF，由SAS证得△ADC≌△HDF，得出AH=CF，即可得出AF-CF=DF；
④当F在AD左侧时，作HD⊥DF交AF的延长线于H，连接BE，设AD交BF于P，证明△BFE是等腰直角三角形，得EF=BF，由SSS证得△ABF≌△AEF，得∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，则∠DFH=∠EFA=45°，△HDF是等腰直角三角形，得DH=DF，HF=DF，由SAS证得△HDA≌△FDC，得出AF=CF，即可得出CF-AF=DF．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠BCD=90°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴DB=CB，
当点E、F与点B重合时，则DE=CF，
故答案为：DE=CF；
（2）在情况1或情况2下，线段CF与线段DE之间的数量关系与（1）中结论相同；理由如下：
情况1：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB=AD=AB=AE，∠BCD=∠DAB=∠ABC=90°，
过点C作CG⊥CF，交DF于G，如图②所示：

则∠BCD=∠GCF=90°，
∴∠DCG=∠BCF，
设BC交DF于P，
∵BF⊥DE，
∴∠BFD=∠BCD=90°，
∵∠DPC=∠FPB，
∴∠CDP=∠FBP，
在△CDG和△CBF中，
，
∴△CDG≌△CBF（ASA），
∴DG=FB，CG=CF，
∴△GCF是等腰直角三角形，
∴FG=CF，
连接BE，
设∠CDG=α，则∠CBF=α，∠ADE=90°-α，
∵AD=AE，
∴∠DEA=∠ADE=90°-α，
∴∠DAE=180°-2（90°-α）=2α，
∴∠EAB=90°-2α，
∵AB=AE，
∴∠BEA=∠ABE=（180°-∠EAB）=（180°-90°+2α）=45°+α，
∴∠CBE=90°-（45°+α）=45°-α，
∴∠FBE=∠CBE+∠CBF=45°-α+α=45°，
∵BF⊥DE，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF=BF，
∴EF=DG，
∴EF+EG=DG+EG，即DE=FG，
∴DE=CF；
情况2：过点C作CG⊥CF交DF延长线于G，连接BE，设CD交BF于P，如图③所示：

∵∠GCF=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCF，
∵∠FPD=∠BPC，
∴∠FDP=∠PBC，
在△CDG和△CBF中，
，
∴△CDG≌△CBF（ASA），
∴DG=FB，CG=CF，
∴△GCF是等腰直角三角形，
∴FG=CF，
设∠CDG=α，则∠CBF=α，
同理可知：∠DEA=∠ADE=90°-α，∠DAE=2α，
∴∠EAB=90°+2α，
∵AB=AE，
∴∠BEA=∠ABE=45°-α，
∴∠FEB=∠DEA-∠AEB=90°-α-（45°-α）=45°，
∵BF⊥DE，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF=BF，
∴EF=DG，
∴DE=FG，
∴DE=CF；
（3）①当F在BC的右侧时，作HD⊥DF交FA延长线于H，如图④所示：

由（2）得：△BEF是等腰直角三角形，EF=BF，
在△ABF和△AEF中，
，
∴△ABF≌△AEF（SSS），
∴∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，
∴△HDF是等腰直角三角形，
∴HF=DF，DH=DF，
∵∠HDF=∠ADC=90°，
∴∠HDA=∠FDC，
在△HDA和△FDC中，
，
∴△HDA≌△FDC（SAS），
∴CF=HA，
∴DF=HF=HA+AF=CF+AF，即AF+CF=DF；
②当F在AB的下方时，作DH⊥DE，交FC延长线于H，在DF上取点N，使CN=CD，连接BN，如图⑤所示：

设∠DAE=α，则∠CDN=∠CND=90°-α，
∴∠DCN=2α，
∴∠NCB=90°-2α，
∵CN=CD=CB，
∴∠CNB=∠CBN=（180°-∠NCB）=（180°-90°+2α）=45°+α，
∵∠CNE=180°-∠CND=180°-（90°-α）=90°+α，
∴∠FNB=90°+α-（45°+α）=45°，
∴△BFN是等腰直角三角形，
∴BF=NF，
在△CNF和△CBF中，
，
∴△CNF≌△CBF（SSS），
∴∠NFC=∠BFC=∠BFD=45°，
∴△DFH是等腰直角三角形，
∴FH=DF，DF=DH，
∵∠ADC=∠HDE=90°，
∴∠ADF=∠CDH，
在△ADF和△CDH中，
，
∴△ADF≌△CDH（SAS），
∴CH=AF，
∴FH=CH+CF=AF+CF，
∴AF+CF=DF；
③当F在DC的上方时，连接BE，作HD⊥DF，交AF于H，如图⑥所示：

由（2）得：△BEF是等腰直角三角形，EF=BF，
在△ABF和△AEF中，
，
∴△ABF≌△AEF（SSS），
∴∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，
∴△HDF是等腰直角三角形，
∴HF=DF，DH=DF，
∵∠ADC=∠HDF=90°，
∴∠ADH=∠CDF，
在△ADC和△HDF中，
，
∴△ADC≌△HDF（SAS），
∴AH=CF，
∴HF=AF-AH=AF-CF，
∴AF-CF=DF；
④当F在AD左侧时，作HD⊥DF交AF的延长线于H，连接BE，设AD交BF于P，如图⑦所示：

∵AB=AE=AD，
∴∠AED=∠ADE，
∵∠PFD=∠PAB=90°，∠FPD=∠BPA，
∴∠ABP=∠FDP，
∴∠FEA=∠FBA，
∵AB=AE，
∴∠AEB=∠ABE，
∴∠FEB=∠FBE，
∴△BFE是等腰直角三角形，
∴EF=BF，
在△ABF和△AEF中，
，
∴△ABF≌△AEF（SSS），
∴∠EFA=∠BFA=∠BFE=45°，
∴∠DFH=∠EFA=45°，
∴△HDF是等腰直角三角形，
∴DH=DF，HF=DF，
∵∠HDF=∠CDA=90°，
∴∠HDA=∠FDC，
在△HDA和△FDC中，
，
∴△HDA≌△FDC（SAS），
∴AF=CF，
∴AH-AF=CF-AF=HF，
∴CF-AF=DF，
综上所述，线段AF、CF、DF三者之间的数量关系：AF+CF=DF或|AF-CF|=DF，
故答案为：AF+CF=DF或|AF-CF|=DF．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（1）AG2=GE2+GF2，理由见解析；（2）
【分析】
（1）结论：AG2=GE2+GF2．只要证明GA=GC，四边形EGFC是矩形，推出GE=CF，在Rt△GFC中，利用勾股定理即可证明；
（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．易证AM=BM=2x，MN=x，在Rt△ABN中，根据AB2=AN2+BN2，可得1=x2+（2x+x）2，解得x=，推出BN=，再根据BG=BN÷cos30°即可解决问题.
【详解】
解：（1）结论：AG2=GE2+GF2．
理由：连接CG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于对角线BD对称，
∵点G在BD上，
∴GA=GC，
∵GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，
∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°，
∴四边形EGFC是矩形，
∴CF=GE，
在Rt△GFC中，∵CG2=GF2+CF2，
∴AG2=GF2+GE2．
（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．
∵∠AGF=105°，∠FBG=∠FGB=∠ABG=45°，
∴∠AGB=60°，∠GBN=30°，∠ABM=∠MAB=15°，
∴∠AMN=30°，
∴AM=BM=2x，MN=x，
在Rt△ABN中，∵AB2=AN2+BN2，
∴1=x2+（2x+x）2，
解得x=，
∴BN=，
∴BG=BN÷cos30°=．

【点睛】
本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形30度的性质．
3．（1）不会，理由见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）根据得到，根据三角形的三边关系得到，与已知矛盾；
（2）①根据、和BF=CD，利用AAS证得，根据全等三角形的性质即可证明；
②设，则可表示出AE和AB，然后根据等角对等边证得CE=CB，然后在中应用勾股定理即可求解．
【详解】
（1） 由折叠知 ，
所以 ．
若点在上，则，，
与矛盾，
所以点不会落在上．
（2）①因为，则 ，
因为点落在上，

所以 ，
所以 ．
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以．
②若，则．
设，则．
因为，
所以 ．
因为 ，
所以 ，
所以 ．
在中， ，
所以 ，
所以．
故答案为（1）不会，理由见解析；（2）①见解析；②．
【点睛】
本题考查了三角形全等的性质和判定，和等边对等角，此题属于矩形的折叠问题类综合题，熟练掌握三角形全等的性质，和做出示意图是本题的关键．
4．(1)见解析；(2)相等，垂直；(3)成立，理由见解析
【分析】
(1)由等腰直角△ECF得到CE=CF，再由正方形ABCD进一步得到BE=DF，最后证明△ABE≌△ADF即可求解；
(2)MN是△AEF的中位线，得到AE=2MN，又M是直角三角形ADF斜边上的中点，得到AF=2MD，再由(1)中的AE=AF即可得到MN=MD；由∠DMF＝∠DAF+∠ADM，∠FMN＝∠FAE，∠DAF＝∠BAE，∠ADM＝∠DAF＝∠BAE，由此得到∠DMN＝∠BAD＝90°；
(3)连接AE，同(1)中方法证明△ABE≌△ADF，进而得到AE=AF，此时MN是△AEF中位线，MD是直角△ADF斜边上的中线，证明方法等同(2)中即可求解．
【详解】
解：(1)证明：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠ADF＝90°，
∵△CEF是等腰直角三角形，∠C＝90°，
∴CE＝CF，
∴BC﹣CE＝CD﹣CF，
即BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF．
(2)如图2中，MD，MN的数量关系是相等，MD、MN的位置关系是垂直，理由如下：
∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，
∴AF＝2DM，

∵MN是△AEF的中位线，∴AE＝2MN，
由(1)知：AE＝AF，∴DM＝MN；
∵∠DMF＝∠DAF+∠ADM，AM＝MD，
∵∠FMN＝∠FAE，∠DAF＝∠BAE，
∴∠ADM＝∠DAF＝∠BAE，
∴∠DMN＝∠BAD＝90°，
∴DM⊥MN，
故答案为：相等，垂直；
(3)如图3中，(2)中的两个结论还成立，理由如下：
连接AE，交MD于点G，如下图所示，

∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，
∴MN∥AE，MN＝AE，
由(1)同理可证，
AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠ADF，CE＝CF，
又∵BC+CE＝CD+CF，即BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE＝AF，
在Rt△ADF中，
∵点M为AF的中点，∴DM＝AF，
∴DM＝MN，
∵△ABE≌△ADF，∴∠1＝∠2，
∵AB∥DF，∴∠1＝∠3，
同理可证：∠2＝∠4，∴∠3＝∠4，
∵DM＝AM，∴∠MAD＝∠5，
∴∠DGE＝∠5+∠4＝∠MAD+∠3＝90°，
∵MN∥AE，∴∠DMN＝∠DGE＝90°，
∴DM⊥MN．
故答案为：仍成立．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、三角形的中位线、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形全等几何知识，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．
5．（1）m＝5，n=5；（2）①证明见解析；②；（3）MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【分析】
（1）利用非负数的性质即可解决问题．
（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ和△ECP≌△QCP，由PE＝PQ＝OE+OP，得出结论；
②作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得▱CSRE和▱CFGH，则CE＝SR，CF＝GH，证明△CEN≌△CE′O和△E′CF≌△ECF，得EF＝E′F，设EN＝x，在Rt△MEF中，根据勾股定理列方程求出EN的长，再利用勾股定理求CE，则SR与CE相等，所以SR＝ ；
（3）在（1）的条件下，当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，求出MN的长即可；如图4，过P作PD∥OQ，证明△PDF是等腰三角形，由三线合一得：DM＝FD，证明△PND≌△QNA，得DN＝AD，则MN＝AF，求出AF的长即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵ ，
又∵≥0，|5﹣m|≥0，
∴n﹣5＝0，5﹣m＝0，
∴m＝5，n=5．
（2）①如图1中，在PO的延长线上取一点E，使NQ＝OE，

∵CN＝OM＝OC＝MN，∠COM＝90°，
∴四边形OMNC是正方形，
∴CO＝CN，
∵∠EOC＝∠N＝90°，
∴△COE≌△CNQ（SAS），
∴CQ＝CE，∠ECO＝∠QCN，
∵∠PCQ＝45°，
∴∠QCN+∠OCP＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ECP＝∠ECO+∠OCP＝45°，
∴∠ECP＝∠PCQ，
∵CP＝CP，
∴△ECP≌△QCP（SAS），
∴EP＝PQ，
∵EP＝EO+OP＝NQ+OP，
∴PQ＝OP+NQ．
②如图2中，过C作CE∥SR，在x轴负半轴上取一点E′，使OE′＝EN，得▱CSRE，且△CEN≌△CE′O，则CE＝SR，
过C作CF∥GH交OM于F，连接FE，得▱CFGH，则CF＝GH＝，

∵∠SDG＝135°，
∴∠SDH＝180°﹣135°＝45°，
∴∠FCE＝∠SDH＝45°，
∴∠NCE+∠OCF＝45°，
∵△CEN≌△CE′O，
∴∠E′CO＝∠ECN，CE＝CE′，
∴∠E′CF＝∠E′CO+∠OCF＝45°，
∴∠E′CF＝∠FCE，
∵CF＝CF，
∴△E′CF≌△ECF（SAS），
∴E′F＝EF
在Rt△COF中，OC＝5，FC＝，
由勾股定理得：OF＝ ＝，
∴FM＝5﹣＝，
设EN＝x，则EM＝5﹣x，FE＝E′F＝x+，
则（x+）2＝（）2+（5﹣x）2，
解得：x＝，
∴EN＝，
由勾股定理得：CE＝ ＝，
∴SR＝CE＝．
故答案为．
（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化．
理由：如图3中，过P作PD∥OQ，交AF于D．

∵OF＝OA，
∴∠OFA＝∠OAF＝∠PDF，
∴PF＝PD，
∵PF＝AQ，
∴PD＝AQ，
∵PM⊥AF，
∴DM＝FD，
∵PD∥OQ，
∴∠DPN＝∠PQA，
∵∠PND＝∠QNA，
∴△PND≌△QNA（AAS），
∴DN＝AN，
∴DN＝AD，
∴MN＝DM+DN＝DF+AD＝AF，
∵OF＝OA＝5，OC＝3，
∴CF＝，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣4＝1，
∴AF＝，
∴MN＝AF＝，
∴当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【点睛】
本题是四边形与动点问题的综合题，考查了矩形、正方形、全等三角形等图形的性质与判定，灵活运用所学知识是解答本题的关键．
6．（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4
【分析】
解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的面积，由的面积的面积的面积的面积，即可得出答案；
（4）过点作，垂足为，易证，过点作，垂足为，由解决问题（1）可得，易证，，只需求出即可．
【详解】
解：（1）∵，，，
∴的面积，
∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
故答案为：15，8.
（2）∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
（3）连接、、，作于，如图2所示：

∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∴的面积，
∵，，，
∴的面积的面积的面积的面积

，
∴.
（4）过点作，垂足为，如图3所示：

∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
由折叠可得：，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由解决问题（1）可得：，
∴，即的值为4.
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、等边三角形的性质、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．
7．（1）①； ② 平行四边形，证明见解析；（2）成立，证明见解析．
【分析】
（1）①根据，两角有公共角，可证；
②连接EB，证明△EAB≌△DAC，可得,再结合平行线的性质和等腰三角形的判定定理可得EF=DC，由此可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形为平行四边形．
（2）根据，可证明△AED和△ABC为等边三角形，再根据ED∥FC结合等边三角形的性质，得出∠AFC=∠BDA，求证△ABD≌△CAF，得出ED=CF，进而求证四边形EDCF是平行四边形．
【详解】
解：（1）①，理由如下：
∵，，,
∴，
∴；
②证明：如下图，连接EB,

在△EAB和△DAC中
∵
∴△EAB≌△DAC（SAS）
∴,
∵，
∴,
∴，
∵，
∴,
∴,
∴,
∴
∴四边形为平行四边形；
（2）成立；理由如下：
理由如下：
∵，
∴，
∵AE=AD，AB=AC，
∴△AED和△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，∠ADE=60°，AD=ED,
∵ED∥FC，
∴∠EDB=∠FCB，
∵∠AFC=∠B+∠BCF=60°+∠BCF，∠BDA=∠ADE+∠EDB=60°+∠EDB，
∴∠AFC=∠BDA，
在△ABD和△CAF中，

∴△ABD≌△CAF（AAS），
∴AD=FC，
∵AD=ED，
∴ED=CF，
又∵ED∥CF，
∴四边形EDCF是平行四边形．
【点睛】
本题考查全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，平行四边形的判定定理，平行线的性质．在做本题时可先以平行四边形的判定定理进行分析，在后两问中已知一组对边平行，所以只需证明这一组对边相等即可，一般证明线段相等就是证明相应的三角形全等．本题中是间接证明全等，在证明线段相等的过程中还应用到等腰三角形的判定定理（第（1）小题的第②问）和等边三角形的性质（第（2）小题），难度较大．
8．（1）①45；②△ADE≌△ECF，理由见解析；（2）2.
【分析】
（1）①根据矩形的性质得到，根据角平分线的定义得到，根据三角形内角和定理计算即可；
②利用定理证明；
（2）连接，证明四边形是矩形，得到，根据勾股定理求出即可.
【详解】
（1）①∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠EBC=45°，
∴∠BEC=45°，
故答案为45；
②△ADE≌△ECF，
理由如下：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠C=∠D=90°，AD=BC．
∵FE⊥AE，
∴∠AEF=90°．
∴∠AED+∠FEC=180°-∠AEF=90°．
∵∠AED+∠DAE=90°，
∴∠FEC=∠EAD，
∵BE平分∠ABC，

∴∠BEC=45°．
∴∠EBC=∠BEC．
∴BC=EC．
∴AD=EC．
在△ADE和△ECF中，
，
∴△ADE≌△ECF；
（2）连接HB，如图2，
∵FH∥CD，
∴∠HFC=180°-∠C=90°．
∴四边形HFCD是矩形．
∴DH=CF，
∵△ADE≌△ECF，
∴DE=CF．
∴DH=DE．
∴∠DHE=∠DEH=45°．
∵∠BEC=45°，
∴∠HEB=180°-∠DEH-∠BEC=90°．
∵NH∥BE，NB∥HE，
∴四边形NBEH是平行四边形．
∴四边形NBEH是矩形．
∴NE=BH．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAH=90°．
∵在Rt△BAH中，AB=4，AH=2，

【点睛】
本题考查的是矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.
9．（1）；（2）见详解．
【分析】
（1）根据所给的60°，判断出等边三角形，得出BE=6，根据所给比例关系，求出CE，然后求出三角形面积；
（2）利用已知条件能够求出≌，之后需要构造全等图形，使所求的BG+GD转化在同一直线上，然后根据含有30°的特殊直角三角形的关系，即可证明出结果．
【详解】
解：（1）
如图：过A点作AN⊥BE，交BE于N．
∵，
∴△ABE为等边三角形，
∴AB=BE=AE=6
即：AN=
∵
∴
∵BE=6
∴BC=10
∴EC=4
∴
即：的面积为．
（2）
如图：延长GD至P使DP=BG，连接AP，
∵AH=AF，
∴∠AFH=∠AHF
即：∠AFB=∠AHD，
又∵AF=AH，BF=DH，
∴≌
∴AB=AD
又∵，，
∴∠ABG=∠ADP
∵BG=DP，
∴≌
∴AG=AP，∠BAG=∠DAP
∵∠ABC=60°
∴∠BAD=120°
即：∠GAP=120°
∴∠AGP=∠APG=60°，
又∵AM⊥GD
∴GP=2GM=AG，
∵BG=GP
∴BG+GD=GD+DP=GP
即：BG+GD=AG．
【点睛】
本题重点考察在平行四边形中利用平行四边形的性质证明图形面积，以及构造全等图形求多边之间的关系，构造全等三角形是本题的解题关键．
10．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据正方形的性质证得BG=DE，利用SAS可证明≌，再利用全等的性质即可得到结论；
（2）过M作MK⊥BC于K，延长EF交AB于T，根据ASA可证明≌，得到AE=MH，再利用AAS证明≌，得到NF=AE，从而证得MH=NF，即可得到结论．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD与四边形CEFG均为正方形，
∴AB=AD=BC=CD，CG=CE，∠ABG=∠ADE=90°，
∴BC－GC=CD－EC，即BG=DE，
∴≌，
∴AG=AE；
（2）过M作MK⊥BC于K，则四边形MKCD为矩形，
∴∠MKH=∠ADE=90°，MK=CD，∠AMK=90°，
∴MK=AD，∠AMP+∠HMK=90°，
又∵，
∴∠EAD+∠AMP=90°，
∴∠HMK=∠EAD，
∴≌，
∴MH=AE，
延长EF交AB于T，则四边形TBGF为矩形，

∴FT=BG，∠FTN=∠ADE=90°，
∵≌，
∴DE=BG，
∴FT=DE，
∵FP⊥AE，∠DAB=90°，
∴∠N+∠NAP=∠DAE+∠NAP=90°，
∴∠N=∠DAE，
∴≌，
∴FN=AE，
∴FN=MH，
∴FN－FH=MH－FH，
∴NH=FM．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，及全等三角形的判定与性质，熟练掌握各性质、判定定理是解题的关键．