湖北省宜昌市宜昌中学2018-2019学年度八年级下期期中考试数学试卷(解析版)

新人教部编版初中数学“活力课堂”精编试题
湖北省宜昌市宜昌中学2018-2019学年度第二学期八年级期中考试
数学试题
一、选择题
1.下列二次根式中，属于最简二次根式的是（）
A. 1
2
B. 0.8
C. 5
D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二次根式的定义即可求解.
【详解】A. 1
2
，根号内含有分数，故不是最简二次根式；
B. 0.8，根号内含有小数，故不是最简二次根式；
C. 5，是最简二次根式；
D. 4=2，故不是最简二次根式；
故选C.
【点睛】此题主要考查最简二次根式的识别，解题的关键是熟知最简二次根式的定义.
2.如图，在菱形ABCD中，AB＝5，∠B：∠BCD＝1：2，则对角线AC等于()
A. 5
B. 10
C. 15
D. 20 【答案】A
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B+∠BCD=180°，AB=BC，
∵∠B：∠BCD=1：2，
∴∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
新人教部编版初中数学“活力课堂”精编试题
∴AB=BC=AC=5．
故选A．
3.下列计算错误
．．的是( )
A. =
B. =
C
= D. 3
=
【答案】D
【解析】
【分析】
根据二次根式的运算法则即可计算，进行判断.
【详解】A.=
B.=，正确；
C.==
D.-=
故选D.
【点睛】此题主要考查二次根式的运算，解题的关键是熟知二次根式的运算法则.
4.下列各组数中，以a，b，c为边的三角形不是直角三角形的是（）
A. a=1.5，b=2，c=3
B. a=7，b=24，c=25
C. a=6，b=8，c=10
D. a=5，b=12，c=13
【答案】A
【解析】
【分析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】A．1.52+22≠32，故不是直角三角形，故此选项符合题意；
B．72+242=252，故是直角三角形，故此选项不合题意；
C．62+82=102，故直角三角形，故此选项不合题意；
D．52+122=132，故是直角三角形，故此选项不合题意．
故选A．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
5. 如图，把矩形ABCD沿EF翻折，点B恰好落在AD边的B′处，若AE=2，DE=6，∠EFB=60°，则矩形ABCD 的面积是（）
A. 12
B. 24
C. 123
D. 163
【答案】D
【解析】
如图，连接BE，
∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∠EFB=60°，
∴∠AEF=180°-∠EFB=180°－60°=120°，∠DEF=∠EFB=60°．
∵把矩形ABCD沿EF翻折点B恰好落在AD边的B′处，
∴∠BEF=∠DEF=60°．
∴∠AEB=∠AEF-∠BEF=120°－60°=60°．
在Rt△ABE中，AB=AE•tan∠AEB=2tan60°3
∵AE=2，DE=6，∴AD=AE+DE=2+6=8．
∴矩形ABCD的面积33D．
考点：翻折变换（折叠问题），矩形的性质，平行的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值．
6.如图，O是菱形ABCD的对角线AC，BD的交点，E，F分别是OA，OC的中点．下列结论：①S△ADE=S△EOD；②四边形BFDE也是菱形；③△DE F是轴对称图形；④∠ADE=∠EDO；⑤四边形ABCD面积为EF×BD．其中正确的结论有（）
A. 5个
B. 4个
C. 3个
D. 2个
【答案】B 【解析】
①∵E、F 分别是OA 、OC 的中点．∴AE=OE．
12ADE S AE OD ∆=
⋅ , 1
2
EOD S OE OD ∆=⋅,AE OE = , ADE EOD S S ∆∆∴=.故①正确； ②∵四边形ABCD 是菱形，∴OA =OC ,OB =OD ,AC ⊥BD .E ，F 分别是OA ，OC 的中点,∴ OE =OF ．∴四边形BFDE 是菱形．故②正确；
③∵四边形BFDE 是菱形，∴EF ⊥OD ，OE =OF ，OD =OD ，∴△DEO ≌△DFO ，∴△DEF 是轴对称图形，故③正确； ④无法说明其正确性，故④不正确； ⑤12ABCD S AC BD =
⋅菱形 ,1
2
EF AC = , ABCD S EF BD ∴=⋅菱形，故⑤正确； ∴正确的结论有①②③⑤，故选B ．
7.如图，一只蚂蚁从长、宽都是4，高是6的长方体纸箱的A 点沿纸箱爬到B 点，那么它所行的最短路线的长是( )
A. 9
B. 10
C. 42
D. 217
【答案】B 【解析】
如图224(64)116++= 如图226(44)10010++==. 故选B.
8.若2
x-有意义，则x的取值范围是( )
A. 2
x> B. x≥2
C. 2
x< D. x≤2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据二次根式中的被开方数必须是非负数，即可求解．
【详解】根据题意得：x-2≥0，解得：x≥2．
故选B．
【点睛】本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
9.如图所示，A（﹣3，0）、B（0，1）分别为x轴、y轴上的点，△ABC为等边三角形，点P（3，a）在第一象限内，且满足2S△ABP=S△ABC，则a的值为（）
A. 7
4
23 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
过P点作PD⊥x轴，垂足为D，根据A（3
-0）、B（0，1）求OA、OB，利用勾股定理求AB，可得△ABC
的面积，利用S △ABP =S △AOB +S 梯形BODP ﹣S △ADP ，列方程求a ．
【详解】过P 点作PD ⊥x 轴，垂足为D ，由A （3-，0）、B （0，1），得
OA 3=，OB =1． ∵△ABC 为等边三角形，由勾股定理，得AB 22OA OB =+=2，∴S △ABC 1
2332
=⨯⨯=． 又∵S △ABP =S △AOB +S 梯形BODP ﹣S △ADP 11
3122=
⨯⨯+⨯（1+a ）×312-⨯（3+3）×a =3332
a +- 由2S △ABP =S △ABC ，得：3333a +-=，∴a 3=． 故选C ．
【点睛】本题考查了坐标与图形，点的
坐标与线段长的关系，不规则三角形面积的表示方法及等边三角形的性质和勾股定理．
10.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝6，E 是AB 边的中点，F 是线段BC 上的动点，将△EBF 沿EF 所在直线折叠得到△EB ′F ，连接B ′D ，则B ′D 的最小值是（ ）
A. 10﹣2
B. 6
C. 132
D. 4
【答案】A 【解析】 【分析】
B ′的运动轨迹是以E 为圆心，以AE 的长为半径的圆．所以，当B ′点落在DE 上时，B ′D 取得最小值．根据勾股定理求出DE ，根据折叠的性质可知B ′E ＝BE ＝2，DE ﹣B ′E 即为所求．
【详解】解：如图，B ′的运动轨迹是以E 为圆心，以AE 的长为半径的圆．所以，当B ′点落在DE 上时，B ′D 取得最小值．
根据折叠的性质，△EBF≌△EB′F，
∴EB′⊥B′F，
∴EB′＝EB，
∵E是AB边的中点，AB＝4，
∴AE＝EB′＝2，
∵AD＝6，
∴DE22
+10，
62
∴DB′＝10﹣2．
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用，确定点B′在何位置时，B′D的值最小，是解决问题的关键．
二．填空题
11.相邻两边长分别是323________．
【答案】8
【解析】
⨯+=
试题解析：平行四边形的周长为：(223238.
故答案为8.
点睛：根据平行四边形的周长等于相邻两边的和的2倍进行计算即可．
12.计算：32）2019•3）2020=______．
-
【答案】32
【解析】
【分析】
32）202032）201932）的形式，然后再根据幂的运算法则和二次根式的乘除法运算法则进行计算．
【详解】32）201932）2020=32）2019•32）201932）= [32）32）]2019
（32
+）=32
--．
故答案为32
--．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算．主要涉及的知识点有：幂的运算：a n•b n=（ab）n；平方差公式的应用；二次根式的乘除法运算等知识．
13.矩形的两条对角线的夹角为60，较短的边长为12cm，则对角线长为________cm．
【答案】24
【解析】
分析：根据矩形对角线相等且互相平分性质和题中条件易得△AOB为等边三角形，即可得到矩形对角线一半长，进而求解即可．
详解：如图：
AB＝12cm，∠AOB＝60°．
∵四边形是矩形，AC，BD是对角线．
∴OA＝OB＝OD＝OC＝1
2
BD＝
1
2
AC．
在△AOB中，OA＝OB，∠AOB＝60°．
∴OA＝OB＝AB＝12cm，BD＝2OB＝2×12＝24cm．
故答案为24．
点睛：矩形的两对角线所夹的角为60°，那么对角线的一边和两条对角线的一半组成等边三角形．本题比较简单，根据矩形的性质解答即可．
14.已知m＜32
(3)
m-=______；若2＜x＜32
(2)|3|
x x
-+-=______．
【答案】(1). 3-m (2). 1；
【解析】
【分析】
2
a=|a|
(0)
(0)
a a
a a
≥
⎧
=⎨
-
⎩＜
求出即可．
【详解】∵m＜3，∴m﹣3＜02
3
m-=
（）|m﹣3|=3﹣m．∵2＜x＜3，∴x-2＞0，x-3＜02
2
x-
（）|x﹣3|
=x ﹣2+3﹣x =1．
故答案为3﹣m ，1．
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简的应用，主要考查学生的计算和化简能力．
15.已知一个直角三角形的两条直角边分别为6cm 、8cm ，那么这个直角三角形斜边上的高为______ 【答案】4.8cm ； 【解析】 【
分析】
根据勾股定理可求出斜边．然后由于同一三角形面积一定，可列方程直接解答． 【详解】∵直角三角形的两条直角边分别为6cm ，8cm ，∴斜边为2268+=10（cm ）． 设斜边上的高为h ，则直角三角形的面积为12⨯6×81
2
=⨯10h ，解得：h =4.8（cm ），这个直角三角形斜边上的高为4.8cm ．
故答案为4.8cm ． 【点睛】本题考查了勾股定理的运用以及直角三角形的面积的求法，正确利用三角形面积得出其高的长是
解题的关键．
16.如图，已知在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝4，分别以AC ，BC 为直径作半圆，面积分别记为S 1，
S 2，则S 1＋S 2等_________．
【答案】2π 【解析】
试题解析：2
2
22
121111ππππ228228
AC BC S AC S BC ⎛⎫⎛⎫=⋅==⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，
所以()
22212111
πππ162π888
S S AC BC AB +=
+==⨯=． 故答案为2π．
17.如图，正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边BC 、CD 上，且AE=EF=FA ．下列结论：
①△ABE ≌△ADF ；②CE=CF ；③∠AEB=75°；④BE+DF=EF ；⑤S △ABE +S △ADF =S △CEF ， 其中正确的是______（只填写序号）．
【答案】①②③⑤ 【解析】 【分析】
AD=AB ,AE=AF ,∠B =∠D ,△ABE ≌△ADF ， ①正确, BE=DF , CE=CF ， ②正确,
∴∠EFC =∠CEF =45°， ∴AE=EF=F A,∠AFE=60°，
75,AFD ∠∴=︒∠AEB =75°. ③正确.
设FC =1,EF =2,勾股定理知，DF =
13-±，AD =13
+， S △ABE +S △ADF =2311322
-+⨯⨯
=12. S △CEF =
11
1122
⨯⨯=. ⑤正确.无法判断圈四的正确性， ①②③⑤正确. 故答案为①②③⑤. 【详解】 请在此输入详解！
18.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝8，BC ＝10，E 是AB 上一点，将矩形ABCD 沿CE 折叠后，点B 落在AD 边的点F 上，则DF 的长为____________．
【答案】6． 【解析】
试题分析：根据矩形的性质得出CD=AB=8，∠D=90°，根据折叠性质得出CF=BC=10，根据勾股定理求出即可：
∵四边形ABCD 是矩形，∴AB=DC=8，∠D=90°.
∵将矩形ABCD 沿CE 折叠后，点B 落在AD 边的F 点上， ∴CF=BC=10.
在Rt △CDF 中，由勾股定理得：6=. 考点：1.翻折变换（折叠问题）；2.矩形的性质；3.勾股定理．
三、解答题：
19.计算
（1；
（2）；
（3）（（7﹣1）2．
【答案】（1；（2（3）3； 【解析】 【分析】
（1）根据二次根式乘除法法则计算即可；
（2）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（3）利用平方差公式和完全平方公式计算后，再合并同类二次根式即可．
【详解】（1）原式2
；
（2）原式=
24-+4+
（3）原式=227(31)---=49484--+3．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
20.已知：如图，在矩形ABCD 中，M 、N 分别是边AD 、BC 的中点，E 、F 分别是线段BM 、CM 的中点． （1）求证：△ABM ≌△DCM ；
（2）填空：当AB ：AD= 时，四边形MENF 是正方形．
【答案】（1）见解析；（2）当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形．
【解析】
【分析】
（1）根据矩形性质得出AB=DC，∠A=∠D=90°，根据全等三角形的判定推出即可；
（2）求出四边形MENF是平行四边形，求出∠BMC=90°和ME=MF，根据正方形的判定推出即可．【详解】（1）∵四边形ABCD
是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°．∵M为AD的中点，∴AM=DM．在△ABM和△DCM中，∵AM DM A D AB DC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABM≌△DCM（SAS）．（2）当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形．理由如下：∵AB：AD=1：2，AM=DM，AB=CD，∴AB=AM=DM=DC．∵∠A=∠D=90°，∴∠ABM=∠AMB=∠DMC=∠DCM=45°，∴∠BMC=90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠DCB=90°，∴∠MBC=∠MCB=45°，∴BM=CM．
∵N、E、F分别是BC、BM、CM的中点，∴BE=CF，ME=MF，NF∥BM，NE∥CM，∴四边形MENF是平行四边形．
∵ME=MF，∠BMC=90°，∴四边形MENF是正方形，即当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形．故答案为1：2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，正方形的判定，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较好，难度适中．
21.已知a，b为等腰三角形的两条边长，且a，b满足b3a
-2a6
-4，求此三角形的周长．【答案】10或11
【解析】
试题分析：根据题意，
30
{
260
a
a
-≥
-≥
，解得3
a=，所以32644
b a a
=-+-+=，
（1）若3是腰长，则三角形的三边长为：3，3，4，能组成三角形，周长为3+3+4=10；
（2）若4是腰长，则三角形的三边长为：4，4，3，能组成三角形，周长为4+4+3=11．
故填10或11．
考点：1．等腰三角形的性质；2．二次根式有意义的条件；3．三角形三边关系．
22.如图，某中学有一块四边形的空地ABCD，学校计划在空地上种植草皮，经测量∠A=90°，AB=3m，BC=12m，CD=13m，DA=4m，若每平方米草皮需要200元，问学校需要投入多少资金买草皮？
【答案】7200元.
【解析】
【分析】
连接BD．在Rt△ABD中，根据勾股定理求得BD=5，在△CBD中，由勾股定理的逆定理判定∠DBC=90°，再由S四边形ABCD=S△BAD+S△DBC求得四边形ABCD的面积，由此即可求得所需费用．
【详解】如图，连接BD．
在Rt△ABD中，BD2=AB2+AD2=32+42=52，BD=5;
在△CBD中，CD2=132，BC2=122，而122+52=132，即BC2+BD2=CD2，
∴∠DBC=90°，
S四边形ABCD=S△BAD+S△DBC=1
2
AD·AB+
1
2
DB·BC=
1
2
×4×3+
1
2
×5×12=36，
所以需费用36×200=7200（元）．
【点睛】本题考查了勾股定理及勾股定理的逆定理的应用，根据勾股定理求得BD=5及利用勾股定理的逆定理判定∠DBC=90°是解决问题的关键.
23. 如图，△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，连接AE，BE，
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形，并说明理由．
【答案】解：（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形．
∵AB=AC，AD是△ABC的角平分线，∴AD⊥BC．
∴∠ADB=90°．
∴平行四边形AEBD是矩形．
（2）当∠BAC=90°时，矩形AEBD是正方形．理由如下：
∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，∴AD=BD=CD．
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，∴矩形AEBD是正方形．
【解析】
试题分析：（1）利用平行四边形的判定首先得出四边形AEBD是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得出∠ADB=90°，即可得出答案；
（2）利用等腰直角三角形的性质得出AD=BD=CD，进而利用正方形的判定得出即可．
（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AEBD是矩形；
（2）当∠BAC=90°时，
理由：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD=BD=CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
∴矩形AEBD是正方形．
24.如图，以△ABC的三边为边在BC的同一侧分别作三个等边三角形，即△ABD、△BCE、△ACF，请回答
下列问题：
（1）四边形ADEF是什么四边形？
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADEF是矩形？
（3）当△ABC满足什么条件时，以A、D、E、F为顶点的四边形不存在？
【答案】（1）四边形ADEF是平行四边形；
（2）∠BAC=150°时，四边形ADEF是矩形；
（3）当∠BAC=60°时，以A，D，E，F为顶点的四边形不存在．
【解析】
【分析】
（1）四边形ADEF平行四边形．根据△ABD，△EBC都是等边三DAE角形容易得到全等条件证明△DBE≌△ABC，然后利用全等三角形的性质和平行四边形的判定可以证明四边形ADEF平行四边形；（2）若边形ADEF是矩形，则∠F AD=90°，然后根据已知可以得到∠BAC=150°；
（3）当∠BAC=60°时，∠DAF=180°，此时D、A、F三点在同一条直线上，以A，D，E，F为顶点的四边形就不存在．
【详解】（1）四边形ADEF是平行四边形．理由如下：
∵△ABD，△EBC都是等边三角形，∴AD=BD=AB，BC=BE=EC，∠DBA=∠EBC=60°，
∴∠DBE+∠EBA=∠ABC+∠EBA，∴∠DBE=∠ABC．
在△DBE和△ABC中，∵BD=BA，∠DBE=∠ABC，BE=BC，∴△DBE≌△ABC，∴DE=AC．
又∵△ACF是等边三角形，∴AC=AF，∴DE=AF．
同理可证：AD=EF，∴四边形ADEF平行四边形．
（2）当∠BAC=150°时，四边形ADEF是矩形．理由如下：
∵四边形ADEF是矩形，∴∠F AD=90°，∴∠BAC=360°﹣∠DAF﹣∠DAB﹣∠F AC=360°﹣90°﹣60°﹣60°=150°，∴∠BAC=150°时，四边形ADEF是矩形．
（3）当∠BAC=60°时，以A，D，E，F为顶点的四边形不存在．理由如下：
若∠BAC=60°，则∠DAF=360°﹣∠BAC﹣∠DAB﹣∠F AC=360°﹣60°﹣60°﹣60°=180°．
此时，点A、D、E、F四点共线，∴以A、D、E、F为顶点的四边形不存在．
【点睛】本题是四边形综合题．主要用等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定来解决平行四边形的判定问题，也探讨了矩形，平行四边形之间的关系．
25.如图，矩形ABCD的两边AB=3，BC=4，P是AD上任一点，PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F.求PE+PF 的值.
【答案】12 5
【解析】【分析】
首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB=3，BC=4，可求得OA=OD=5
2
，S△AOD=
1
4
S矩形ABCD然后由
S△AOD=S△AOP+S△DOP=1
2
OA•PE+
1
2
OD•PF=
1
2
OA（PE+PF）=
15
22
⨯×（PE+PF）=3，求得答案．
【详解】
解：连接OP，
∵矩形ABCD的两边AB=3，BC=4，
∴S
矩形ABCD =AB•BC=12，OA=OC，OB=OD，AC=BD，22
AB BC
+=5，
∴S△AOD=1
4
S矩形ABCD=3，OA=OD=
5
2
，
∵PE⊥AC， PF⊥BD
∴S△AOD=S△AOP+S△DOP=1
2
OA•PE+
1
2
OD•PF=
1
2
OA（PE+PF）=
15
22
⨯×（PE+PF）=3，
∴PE+PF=12
5
．
【点睛】此题考查了矩形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．26. 已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
【答案】（1）成立；（2）成立，理由见试题解析；（3）正方形，证明见试题解析．
【解析】
试题分析：（1）因为四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠DAF=∠CDE，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；
（2）∵四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠E=∠F，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；
（3）设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，因为点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，
AD的中点，可得MQ=PN=1
2
DE，PQ=MN=
1
2
AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后根据AF=DE，可得四边形
MNPQ是菱形，又因为AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
试题解析：（1）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，
∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（2）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，
∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠E=∠F，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．理由是：
如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD 的中点，
∴MQ=PN=1
2
DE，PQ=MN=
1
2
AF，MQ∥DE，PQ∥AF，∴四边形OHQG是平行四边形，∵AF=DE，
∴MQ=PQ=PN=MN，∴四边形MNPQ是菱形，∵AF⊥DE，∴∠AOD=90°，∴∠HQG=∠AOD=90°，∴四边形MNPQ是正方形．
考点：1．四边形综合题；2．综合题．
新人教部编版初中数学“活力课堂”精编试题。