八年级初二数学第二学期平行四边形单元综合模拟测评学能测试

八年级初二数学第二学期平行四边形单元综合模拟测评学能测试
一、解答题
1．已知正方形ABCD ．
（1）点P 为正方形ABCD 外一点，且点P 在AB 的左侧，45APB ∠=︒． ①如图（1），若点P 在DA 的延长线上时，求证：四边形APBC 为平行四边形． ②如图（2），若点P 在直线AD 和BC 之间，以AP ，AD 为邻边作APQD □，连结AQ ．求∠PAQ 的度数．
（2）如图（3），点F 在正方形ABCD 内且满足BC=CF ，连接BF 并延长交AD 边于点E ，过点E 作EH ⊥AD 交CF 于点H ，若EH=3，FH=1，当1
3
AE CF =时．请直接写出HC 的长________．
2．在矩形ABCD 中，将矩形折叠，使点B 落在边AD （含端点）上，落点记为E ，这时折痕与边BC 或者边CD （含端点）交于点F （如图1和图2），然后展开铺平，连接BE ，EF ． （1）操作发现：
①在矩形ABCD 中，任意折叠所得的△BEF 是一个 三角形； ②当折痕经过点A 时，BE 与AE 的数量关系为 ． （2）深入探究：
在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝23． ①当△BEF 是等边三角形时，求出BF 的长；
②△BEF 的面积是否存在最大值，若存在，求出此时EF 的长；若不存在，请说明理由．
3．如图平行四边形ABCD ，E ，F 分别是AD ，BC 上的点，且AE ＝CF ，EF 与AC 交于点O ． （1）如图①．求证：OE ＝OF ；
（2）如图②，将平行四边形ABCD （纸片沿直线EF 折叠，点A 落在A 1处，点B 落在点B 1处，设FB 交CD 于点G ．A 1B 分别交CD ，DE 于点H ，P ．请在折叠后的图形中找一条线段，使它与EP 相等，并加以证明；
（3）如图③，若△ABO 是等边三角形，AB ＝4，点F 在BC 边上，且BF ＝4．则
CF
OF
＝
（直接填结果）．
4．已知四边形ABCD 是正方形，将线段CD 绕点C 逆时针旋转α（090α︒<<︒），得到线段CE ，联结BE 、CE 、DE . 过点B 作BF ⊥DE 交线段DE 的延长线于F ． （1）如图，当BE =CE 时，求旋转角α的度数；
（2）当旋转角α的大小发生变化时，BEF ∠的度数是否发生变化?如果变化，请用含α的代数式表示；如果不变，请求出BEF ∠的度数； （3）联结AF ，求证：2DE AF =
．
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550n m -+-=．
（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°，55
HG 2
=
，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ABC ∆中，10AB AC ==，CG AB ⊥于点G ．点P 是BC
边上任意一点，过点P 作PE AB ⊥，PF AC ⊥，垂足分别为点E ，点F ．
（1）若3PE =，5PF =，则ABP ∆的面积是______，CG =______． （2）猜想线段PE ，PF ，CG 的数量关系，并说明理由．
（3）（变式探究）如图2，在ABC ∆中，若10AB AC BC ===，点P 是ABC ∆内任意一点，且PE BC ⊥，PF AC ⊥，PG AB ⊥，垂足分别为点E ，点F ，点G ，求
PE PF PG ++的值．
（4）（拓展延伸）如图3，将长方形ABCD 沿EF 折叠，使点D 落在点B 上，点C 落在点C '处，点P 为折痕EF 上的任意一点，过点P 作PG BE ⊥，PH BC ⊥，垂足分别为点G ，点H ．若8AD =，3CF =，直接写出PG PH +的值．
7．已知正方形ABCD 与正方形（点C 、E 、F 、G 按顺时针排列），是的中点，连接，.
（1）如图1，点E在上，点在的延长线上，
求证：DM=ME，DM⊥.ME
简析：由是的中点，AD∥EF，不妨延长EM交AD于点N，从而构造出一对全等的三角形，即≌ .由全等三角形性质，易证△DNE是三角形,进而得出结论.
（2）如图2，在DC的延长线上，点在上，（1）中结论是否成立？若成立,请证明你的结论；若不成立，请说明理由.
（3）当AB=5，CE=3时，正方形的顶点C、E、F、G按顺时针排列.若点E在直线CD上，则DM= ;若点E在直线BC上，则DM= .
8．定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连结它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径。

（1）如图1，损矩形ABCD，∠ABC＝∠ADC＝90°，则该损矩形的直径是线段AC，同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点，在公共边的同侧的两个角是相等的。

如图1中：△ABC和△ABD有公共边AB，在AB同侧有∠ADB和∠ACB，此时∠ADB＝
∠ACB；再比如△ABC和△BCD有公共边BC，在CB同侧有∠BAC和∠BDC，此时∠BAC＝∠BDC。

请再找一对这样的角来＝
（2）如图2，△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为一边向形外作菱形ACEF，D为菱形ACEF 的中心，连结BD，当BD平分∠ABC时，判断四边形ACEF为何种特殊的四边形？请说明理由。

（3）在第（2）题的条件下，若此时AB＝3，BD＝42，求BC的长。

9．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．
10．问题背景
若两个等腰三角形有公共底边，则称这两个等腰三角形的顶角的顶点关于这条底边互为顶针点；若再满足两个顶角的和是180°，则称这两个顶点关于这条底边互为勾股顶针点． 如图1，四边形ABCD 中，BC 是一条对角线，AB AC =，DB DC =，则点A 与点D 关于BC 互为顶针点；若再满足180A D +=︒∠∠，则点A 与点D 关于BC 互为勾股顶针点．
初步思考
(1)如图2，在ABC 中，AB AC =，30ABC ∠=︒，D 、E 为ABC 外两点，
EB EC =，45EBC ∠=︒，DBC △为等边三角形． ①点A 与点______关于BC 互为顶针点；
②点D 与点______关于BC 互为勾股顶针点，并说明理由． 实践操作
(2)在长方形ABCD 中，8AB =，10AD =．
①如图3，点E 在AB 边上，点F 在AD 边上，请用圆规和无刻度的直尺作出点E 、F ，使得点E 与点C 关于BF 互为勾股顶针点．(不写作法，保留作图痕迹)
思维探究
②如图4，点E 是直线AB 上的动点，点P 是平面内一点，点E 与点C 关于BP 互为勾股顶针点，直线CP 与直线AD 交于点F ．在点E 运动过程中，线段BE 与线段AF 的长度是否会相等？若相等，请直接写出AE 的长；若不相等，请说明理由．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、解答题
1．（1）①证明见详解；②45PAQ ∠=︒，见解析；（2）5． 【分析】
（1）①只要证明//PB AC 即可解决问题；②如图2中，连接QC ，作DT DQ ⊥交QC 的延长线于T ，利用全等三角形的性质解决问题即可；
（2）如图3中，延长EH 交BC 于点G ，设AE=x ，由题意易得AB=BC=CF=EG=3x ，然后可得CG=2x ，HG=3x-3，CH=3x-1，利用勾股定理求解即可． 【详解】
（1）①证明：
四边形ABCD 是正方形，∴//B DP C ，45DAC ∠=︒，∴135PAC ∠=︒ 45APB ∠=︒，∴+180APB PAC ∠∠=︒，∴//PB AC
∴四边形APBC 是平行四边形；
②
四边形PADQ 是平行四边形，∴DQ//,//,AP AD PQ AD PQ BC ==，
AD//B C ，∴,//PQ BC PQ BC =，∴四边形PQCB 是平行四边形，
∴QC//BP ，∴45APQ DQC ∠=∠=︒，90ADC QDT ∠=∠=︒，
∴DQ=DT ，45,T DQT ADQ CDT ∠=∠=︒∠=∠，
AD=DC ，∴ADQ CDT ≌，∴45AQD T ∠=∠=︒， AP//DQ ，∴45PAQ DQA ∠=∠=︒；
（3）CH=5，理由如下：
如图3所示：延长EH 交BC 于点G ；
四边形ABCD 是正方形，∴AB=BC ，90D ∠=︒， 又
EH=3，FH=1，EH ⊥AD ，∴EH//CD ，∴90HGC ∠=︒
设AE=x ，
1
,3
AE CF BC CF ==，∴AB=BC=CF=EG=3x ， ∴CG=2x ，HG=3x-3，CH=3x-1
在Rt HGC △中，()()2
2
2222
43331CG HG CH x x x +=+-=-即，解得121,2x x ==
当x=1时，AB=3(不符合题意，舍去)； 当x=2时，AB=6，∴CH=5． 故答案为5． 【点睛】
本题主要考查正方形的综合问题、三角形全等及勾股定理，关键是利用已知条件及四边形的性质得到它们之间的联系，然后利用勾股定理求解线段的长即可． 2．（1）①等腰；②2BE =；（2）①2；②存在，3512
【分析】
（1）①由折叠的性质得EF ＝BF ，即可得出结论；
②当折痕经过点A 时，由折叠的性质得AF 垂直平分BE ，由线段垂直平分线的性质得AE ＝BE ，证出ABE 是等腰直角三角形，即可得出BE 2AE ；
（2）①由等边三角形的性质得BF ＝BE ，∠EBF ＝60°，则∠ABE ＝30°，由直角三角形的性质得BE ＝2AE ，AB 33，则AE ＝1，BE ＝2，得BF ＝2即可； ②当点F 在边BC 上时，得S △BEF ≤
1
2
S 矩形ABCD ，即当点F 与点C 重合时S △BEF 最大，由折叠的性质得CE ＝CB ＝3EF ＝3
当点F 在边CD 上时，过点F 作FH ∥BC 交AB 于点H ，交BE 于点K ，则S △EKF ＝
12KF •AH ≤12HF •AH ＝12S 矩形AHFD ，S △BKF ＝12KF •BH ≤12HF •BH ＝12S 矩形BCFH ，得S △BEF ≤12
S 矩形ABCD
＝3，即当点F 为CD 的中点时，BEF 的面积最大，此时，DF ＝
12CD ＝3
2
，点E 与点A 重合，由勾股定理求出EF 即可．
【详解】
解：（1）①由折叠的性质得：EF＝BF，
∴BEF是等腰三角形；
故答案为：等腰；
②当折痕经过点A时，
由折叠的性质得：AF垂直平分BE，
∴AE＝BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠A＝90°，
∴ABE是等腰直角三角形，
∴BE＝2AE；
故答案为：BE＝2AE；
（2）①当BEF是等边三角形时，BF＝BE，∠EBF＝60°，∴∠ABE＝90°﹣60°＝30°，
∵∠A＝90°，
∴BE＝2AE，AB＝3AE＝3，
∴AE＝1，BE＝2，
∴BF＝2；
②存在，理由如下：
∵矩形ABCD中，CD＝AB＝3，BC＝23，
∴矩形ABCD的面积＝AB×BC＝3×23＝6，
第一种情况：当点F在边BC上时，如图1所示：
此时可得：S△BEF≤1
2
S矩形ABCD，
即当点F与点C重合时S△BEF最大，此时S△BEF＝3，由折叠的性质得：CE＝CB＝3，
即EF＝3
第二种情况：当点F在边CD上时，
过点F作FH∥BC交AB于点H，交BE于点K，如图2所示：
∵S△EKF＝1
2
KF•AH≤
1
2
HF•AH＝
1
2
S矩形AHFD，S△BKF＝
1
2
KF•BH≤
1
2
HF•BH＝
1
2
S矩形BCFH，
∴S△BEF＝S△EKF+S△BKF≤1
2
S矩形ABCD＝3，
即当点F为CD的中点时，BEF的面积最大，
此时，DF＝1
2
CD＝
3
2
，点E与点A重合，BEF的面积为3，
∴EF22
AD DF
+＝51
2
；
综上所述，BEF的面积存在最大值，此时EF的长为351
2
．
【点睛】
此题考查的是矩形与折叠问题，此题难度较大，掌握矩形的性质、折叠的性质、等边三角形的性质和勾股定理是解决此题的关键．
3．（1）见解析；（2）FG=EP，理由见解析；（32
【分析】
（1）证△ODE≌△OFB（ASA），即可得出OE=OF；
（2）连AC，由（1）可知OE=OF，OB=OD，证△AOE≌△COF（SAS），得AE=CF，由折叠性质得AE=A1E=CF，∠A1=∠BAD=∠BCD，∠B=∠B1，则∠D=∠B1，证△A1PE≌△CGF （AAS），即可得出FG=EP；
（3）作OH⊥BC于H，证四边形ABCD是矩形，则∠ABC=90°，得∠OBC=30°，求出AC=8，
由勾股定理得BC=43CF=3，由等腰三角形的性质得BH=CH=1
2
BC=3
HF=423
-，OH=1
2
OB=2，由勾股定理得OF=2622，进而得出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，
∵AE=CF，
∴AD-AE=BC-CF，即DE=BF，
在△ODE和△OFB中，
ODE OBF DE BF
OED OFB ∠=∠⎧⎪
=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△ODE ≌△OFB （ASA ）， ∴OE=OF ；
（2）FG=EP ，理由如下： 连AC ，如图②所示：
由（1）可知：OE=OF ，OB=OD ， ∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AC 过点O ，OA=OC ，∠BAD=∠BCD ，∠D=∠B ， 在△AOE 和△COF 中，
OA OC AOE COF OE OF =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△AOE ≌△COF （SAS ）， ∴AE=CF ，
由折叠性质得：AE=A 1E=CF ，∠A 1=∠BAD=∠BCD ，∠B=∠B 1， ∴∠D=∠B 1，
∵∠A 1PE=∠DPH ，∠PHD=∠B 1HG ， ∴∠DPH=∠B 1GH ， ∵∠B 1GH=∠CGF ， ∴∠A 1PE=∠CGF ， 在△A 1PE 和△CGF 中，
111
A PE CGF A FCG A E CF ∠=∠⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△A 1PE ≌△CGF （AAS ）， ∴FG=EP ；
（3）作OH ⊥BC 于H ，如图③所示： ∵△AOB 是等边三角形，
∴∠ABO=∠AOB=∠BAO=60°，OA=OB=AB=4， ∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴OA=OC ，OB=OD ，
∴AC=BD ，
∴四边形ABCD 是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∵AB=OB=BF=4，
∴AC=BD=2OB=8，
由勾股定理得：BC=2222=84AC AB --=43， ∴CF=43-4，
∵OB=OC ，OH ⊥BC ，
∴BH=CH=12
BC=23， ∴HF=4-23，OH=
12OB=2， 在Rt △OHF 中，由勾股定理得：
OF=22OH HF +=()222423
+-=2622-， ∴434226222
CF OF -===-， 故答案为：2．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
4．（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
【分析】
（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC 是等边三角形，从而求得
α=∠DCE =30°．
（2）因为△CED 是等腰三角形，再利用三角形的内角和即可求
∠BEF =18045CED CEB ︒-∠-∠=︒.
（3）过A 点与C 点添加平行线与垂线，作得四边形AGFH 是平行四边形，求得
△ABG ≌△ADH .从而求得矩形AGFH 是正方形，根据正方形的性质证得△AHD ≌△DIC ，从
而得出结论．
【详解】
（1）证明：在正方形ABCD 中, BC =CD .由旋转知，CE =CD ,
又∵BE =CE ,
∴BE =CE =BC ,
∴△BEC 是等边三角形，
∴∠BCE =60°.
又∵∠BCD =90°,
∴α=∠DCE =30°.
（2）∠BEF 的度数不发生变化.
在△CED 中，CE =CD ,
∴∠CED =∠CDE =1809022
︒-α
α︒-， 在△CEB 中,CE =CB ,∠BCE =90α︒-,
∴∠CEB =∠CBE =1804522
BCE α︒-∠=︒+, ∴∠BEF =18045CED CEB ︒-∠-∠=︒.
（3）过点A 作AG ∥DF 与BF 的延长线交于点G ，过点A 作AH ∥GF 与DF 交于点H ，过点C 作CI ⊥DF 于点I
易知四边形AGFH 是平行四边形，
又∵BF ⊥DF ，
∴平行四边形AGFH 是矩形.
∵∠BAD =∠BGF =90°，
∠BPF =∠APD ，
∴∠ABG =∠ADH .
又∵∠AGB =∠AHD =90°，AB =AD ，
∴△ABG ≌△ADH .
∴AG =AH ，
∴矩形AGFH 是正方形.
∴∠AFH =∠FAH =45°，
∴AH =AF
∵∠DAH +∠ADH =∠CDI +∠ADH =90°
∴∠DAH =∠CDI
又∵∠AHD =∠DIC =90°，AD =DC ，
∴△AHD ≌△DIC
∴AH =DI ，
∵DE =2DI ，
∴DE =2AH AF
【点晴】
本题考查正方形的性质和判定、图形的旋转、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
5．（1）m ＝5，n=5；（2）①证明见解析；②5103
；（3）MN 的长度不会发生变化，它10． 【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 ＝103 ； （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 ＝12FD ，证明△PND ≌△QNA ，得DN ＝12AD ，则MN ＝12
AF ，求出AF 的长即可解决问题． 【详解】
解：（1）∵
5|5|0n m -+-= ， 又∵5n -≥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＝55
，
∵∠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＝55
2
，
由勾股定理得：OF＝
2
2
55
5
2
⎛⎫
-
⎪
⎪
⎝⎭
＝
5
2
，
∴FM＝5﹣5
2
＝
5
2
，
设EN＝x，则EM＝5﹣x，FE＝E′F＝x+5
2
，
则（x+5
2
）2＝（
5
2
）2+（5﹣x）2，
解得：x＝5
3
，
∴EN＝5
3
，
由勾股定理得：CE＝
2
222
5
5
3
CN EN
⎛⎫
+=+ ⎪
⎝⎭
＝
510
，
∴SR＝CE＝510
3
．
故答案为510
．
（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＝1
2
FD，
∵PD ∥OQ ，
∴∠DPN ＝∠PQA ，
∵∠PND ＝∠QNA ，
∴△PND ≌△QNA （AAS ），
∴DN ＝AN ，
∴DN ＝12
AD ， ∴MN ＝DM+DN ＝
12DF+12AD ＝12
AF ， ∵OF ＝OA ＝5，OC ＝3， ∴CF
4=，
∴BF ＝BC ﹣CF ＝5﹣4＝1，
∴AF
=，
∴MN ＝12AF
∴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
2． 【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）PE PF CG +=，见解析；（3）4）4
【分析】
解决问题（1）只需运用面积法：ABC ABP ACP S S S ∆∆∆=+，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接PA 、PB 、PC ，作AM BC ⊥于M ，由等边三角形的性质得出
15
2BM BC =
=，由勾股定理得出AM ==ABC ∆的面积1
2BC AM =
⨯=ABC ∆的面积BCP =∆的面积ACP +∆的面积APB +∆的面积1111
()2222
BC PE AC PF AB PG AB PE PF PG =⨯+⨯+⨯=++=，即可得出答案； （4）过点E 作EQ BC ⊥，垂足为Q ，易证BE BF =，过点E 作EQ BF ⊥，垂足为Q ，由解决问题（1）可得PG PH EQ +=，易证EQ DC =，BF DF =，只需求出BF 即可．
【详解】
解：（1）∵PE AB ⊥，10AB =，3PE =，
∴ABP ∆的面积111031522
AB PE =⨯=⨯⨯=，
∵PE AB ⊥，PF AC ⊥，CG AB ⊥，
且ABC ABP ACP S S S ∆∆∆=+，
∴AB CG AB PE AC PF ⋅=⋅+⋅，
∵AB AC =，
∴358CG PE PF =+=+=.
故答案为：15，8.
（2）∵PE AB ⊥，PF AC ⊥，CG AB ⊥，
且ABC ABP ACP S S S ∆∆∆=+，
∴AB CG AB PE AC PF ⋅=⋅+⋅，
∵AB AC =，
∴CG PE PF =+.
（3）连接PA 、PB 、PC ，作AM BC ⊥于M ，如图2所示：
∵10AB AC BC ===，
∴ABC ∆是等边三角形，
∵AM BC ⊥， ∴152BM BC =
=， ∴222210553AM AB BM =--=
∴ABC ∆的面积11105325322BC AM =
⨯=⨯⨯= ∵PE BC ⊥，PF AC ⊥，PG AB ⊥，
∴ABC ∆的面积BCP =∆的面积ACP +∆的面积APB +∆的面积
111222BC PE AC PF AB PG =⨯+⨯+⨯1()2
AB PE PF PG =++ 3= ∴22535310
PE PF PG ⨯++== （4）过点E 作EQ BC ⊥，垂足为Q ，如图3所示：
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AD BC =，90C ADC ∠=∠=︒，
∵8AD =，3CF =，
∴5BF BC CF AD CF =-=-=，
由折叠可得：5DF BF ==，BEF DEF ∠=∠，
∵90C ∠=︒， ∴2222534DC DF FC =-=-=，
∵EQ BC ⊥，90C ADC ∠=∠=︒，
∴90EQC C ADC ∠=︒=∠=∠，
∴四边形EQCD 是矩形，
∴4EQ DC ==，
∵//AD BC ，
∴DEF EFB ∠=∠，
∵BEF DEF ∠=∠，
∴BEF EFB ∠=∠，
∴BE BF =，
由解决问题（1）可得：PG PH EQ +=，
∴4PG PH +=，即PG PH +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）等腰直角；（2）结论仍成立，见解析；（32或4217.
【分析】
（1）结论：DM ⊥EM ，DM=EM ．只要证明△AMH ≌△FME ，推出MH=ME ，AH=EF=EC ，推出DH=DE ，因为∠EDH=90°，可得DM ⊥EM ，DM=ME ；
（2）结论不变，证明方法类似；
（3）分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可；
【详解】
解：（1） △AMN ≌ △FME ,等腰直角.
如图1中，延长EM 交AD 于H ．
∵四边形ABCD 是正方形，四边形EFGC 是正方形，
∴0ADE DEF 90∠=∠=，AD CD =，
∴//AD EF ，
∴MAH MFE ∠=∠，
∵AM MF =，AMH FME ∠=∠，
∴△AMH ≌△FME ，
∴MH ME =，AH EF EC ==，
∴DH DE =，
∵0EDH 90∠=，
∴DM ⊥EM ，DM=ME ．
（2）结论仍成立.
如图，延长EM 交DA 的延长线于点H,
∵四边形ABCD 与四边形CEFG 都是正方形,
∴0ADE DEF 90∠=∠=，AD CD =,
∴AD ∥EF,∴MAH MFE ∠=∠.
∵AM FM =，AMH FME ∠=∠,
∴△AMF ≌△FME(ASA), …
∴MH ME =，AH FE=CE =,∴DH DE =.
在△DHE 中，DH DE =，0EDH 90∠=,MH ME =,
∴=DM EM ，DM ⊥EM.
（3）①当E 点在CD 边上，如图1所示，由（1）的结论可得三角形DME 为等腰直角三角形，则DM 2,此时DE EC DC 532=-=-=,所以2DM = ②当E 点在CD 的延长线上时，如图2所示，由（2）的结论可得三角形DME 为等腰直角
三角形，则DM的长为
2
DE
2
，此时DE DC
CE538
=+=+=，所以42
DM=；
③当E点在BC上是，如图三所示，同（1）、（2）理可得到三角形DME为等腰直角三角形，
证明如下：∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形, 且点E在BC上
∴AB//EF，∴HAM EFM
∠=∠，
∵M为AF中点，∴AM=MF
∵在三角形AHM与三角形EFM中：
HAM EFM
AM MF
AMH EMF
∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
,
∴△AMH≌△FME(ASA),
∴MH ME
=，AH FE=CE
=,∴DH DE
=.
∵在三角形AHD与三角形DCE中：
90
AD DC
DAH DCE
AH EF
=
⎧
⎪
∠=∠=
⎨
⎪=
⎩
，
∴△AHD≌△DCE(SAS),
∴ADH CDE
∠=∠,
∵∠ADC=∠ADH+∠HDC=90°，
∴∠HDE=∠CDE+∠HDC=90°,
∵在△DHE中，DH DE
=，0
EDH90
∠=,MH ME
=,
∴三角形DME为等腰直角三角形，则DM的长为
2
DE
2
，此时在直角三角形DCE中2222
DE DC CE5334
=+=+=，所以DM=17
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．
8．（1）∠ABD=∠ACD；（2）四边形ACEF为正方形，理由见解析；（3）5.
【解析】
【分析】
（1）以AD为公共边，有∠ABD=∠ACD；
（2）证明△ADC是等腰直角三角形，得AD=CD，则AE=CF，根据对角线相等的菱形是正方形可得结论；
（3）如图2，作辅助线构建直角三角形，证明△ABC≌△CHE，得CH=AB=3，根据平行线等分线段定理可得BG=GH=4，从而得结论.
【详解】
解：（1）由图1得：△ABD和△ADC有公共边AD，在AD同侧有∠ABD和∠ACD，此时∠ABD=∠ACD；
（2）四边形ACEF为正方形，理由是：
∵∠ABC=90°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=45°
∴∠DAC=∠CBD=45°
∵四边形ACEF是菱形，
∴AELCF，
∴∠ADC=90°，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴AD=CD，.AE=CF，
∴菱形ACEF是正方形；
（3）如图2，过D作DG⊥BC于G，过E作EH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵∠DBG=45°，
∴△BDG是等腰直角三角形，2，
∵BG=4，四边形ACEF是正方形，
∴AC=CE，∠ACE=90°，AD=DE，
易得△ABC≌△CHE，
∴CH=AB=3，AB//DG//EH，AD=DE，
∴BG=GH=4，
∴CG=4-3=1，
∴BC=BG+CG=4+1=5.
【点睛】
本题是四边形的综合题，也是新定义问题，考查了损矩形和损矩形的直径的概念，平行线等分线段定理，菱形的性质，正方形的判定等知识，认真阅读理解新定义，第3问有难度，作辅助线构建全等三角形是关键.
9．（1）①45；②△ADE≌△ECF，理由见解析；（2）25.
【分析】
（1）①根据矩形的性质得到90ABC BCD ∠=∠=︒，根据角平分线的定义得到45EBC ∠=︒，根据三角形内角和定理计算即可；
②利用ASA 定理证明ADE ECF ≅；
（2）连接HB ，证明四边形NBEH 是矩形，得到NE BH =，根据勾股定理求出BH 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，
DAE CEF AD EC
ADE ECF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△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.
10．（1）①D 、E ，②A ，理由见解析；（2）①作图见解析；②BE 与AF 可能相等，AE 的长度分别为
43，367
，2或18． 【分析】
（1）根据互为顶点，互为勾股顶针点的定义即可判断．
（2）①以C 为圆心，CB 为半径画弧交AD 于F ，连接CF ，作∠BCF 的角平分线交AB 于E ，点E ，点F 即为所求．
②分四种情形：如图①中，当BE AF =时；如图②中，当BE AF =时；如图③中，当BE BC AF ==时，此时点F 与D 重合；如图④中，当BE CB AF ==时，点F 与点D 重合，分别求解即可解决问题．
【详解】
解：（1）根据互为顶点，互为勾股顶针点的定义可知：
①点A 与点D 和E 关于BC 互为顶针点；
②点D 与点A 关于BC 互为勾股顶针点，
理由：如图2中，
∵△BDC 是等边三角形，
∴∠D ＝60°，
∵AB ＝AC ，∠ABC ＝30°，
∴∠ABC ＝∠ACB ＝30°，
∴∠BAC ＝120°，
∴∠A ＋∠D ＝180°，
∴点D 与点A 关于BC 互为勾股顶针点，
故答案为：D 和E ，A ．
（2）①如图，点E 、F 即为所求(本质就是点B 关于CE 的对称点为F ，相当于折叠)．
②BE 与AF 可能相等，情况如下：
情况一：如图①，
由上一问易知，,BE EP BC PC ==，
当BE AF =时，设AE x =，连接EF ，
∵,,90BE EP AF EF EF EAF FPE ===∠=∠=︒，
∴()EAF FPE HL ∆∆≌，
∴AE PF x ==，
在Rt CDF ∆中，
()1082DF AD AF x x =-=--=+，
10CF PC PF x =-=-，
∴2228(2)(10)x x ++=-， 解得43x =
，即43
AE =； 情况二：如图②
当BE AF =时，设AE x =，同法可得PF AE x ==，
则8BE AF x ==-，FP FG GP EG AG AE x =+=+==，
则18DF x =-，10CF x =+，
在Rt CDF ∆中，则有2228(18)(10)x x +-=+，
解得：367
x =； 情况三：如图③，
当BE BC AF ==时，此时点D 与F 重合，可得1082AE BE AB =-=-=； 情况四：如图④，
当BE CB AF ==时,此时点D 与F 重合，可得18AE AB BE AB BC =+=+=． 综上所述，BE 与AF 可能相等，AE 的长度分别为
43，367，2或18． 【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．。