八年级初二数学 平行四边形(讲义及答案)含答案

八年级初二数学 平行四边形(讲义及答案)含答案
一、解答题
1．如图，在四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB AD =，对角线AC ，BD 交于点O ，AC 平分BAD ∠，过点C 作CE AB ⊥交AB 的延长线于点E ，连接OE ．
（1）求证：四边形ABCD 是菱形；
（2）若5AE =，3OE =，求线段CE 的长．
2．在数学的学习中，有很多典型的基本图形．
（1）如图①，ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，直线l 经过点A ，BD ⊥直线l ，CE ⊥直线l ，垂足分别为D 、E ．试说明ABD CAE ≌；
（2）如图②，ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D 、A 、F 在同一条直线上，BD DF ⊥，3AD =，4BD =．则菱形AEFC 面积为______．
（3）如图③，分别以Rt ABC 的直角边AC 、AB 向外作正方形ACDE 和正方形ABFG ，连接EG ，AH 是ABC 的高，延长HA 交EG 于点I ，若6AB =，8AC =，求AI 的长度．
3．如图，在Rt ABC 中，∠B ＝90°，AC ＝60cm ，∠A ＝60°，点D 从点C 出发沿CA 方向以4cm/s 的速度向点A 匀速运动．同时点E 从点A 出发沿AB 方向以2cm/秒的速度向点B 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D 、E 运动的时间是ts （0＜t≤15）．过点D 作DF ⊥BC 于点F ，连接DE ，EF ．
（1）求证：AE ＝DF ；
（2）四边形AEFD 能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t 值，如果不能，说明理由； （3）当t 为何值时，DEF 为直角三角形？请说明理由．
4．如图，在ABC ∆中，BD 平分ABC ∠交AC 于点D ，EF 垂直平分BD ，分别交AB ，BC ，BD 于点E ，F ，G ，连接DE ，DF ．
（1）求证：四边形BEDF 是菱形；
（2）若15BDE ∠=︒，45C ∠=︒，2DE =，求CF 的长；
（3）在（2）的条件下，求四边形BEDF 的面积．
5．如图，四边形OABC 中，BC ∥AO ，A （4，0），B （3，4），C （0，4）．点M 从O 出发以每秒2个单位长度的速度向A 运动；点N 从B 同时出发，以每秒1个单位长度的速度向C 运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N 作NP 垂直x 轴于点P ，连结AC 交NP 于Q ，连结MQ ．
（1）当t 为何值时，四边形BNMP 为平行四边形？
（2）设四边形BNPA 的面积为y ，求y 与t 之间的函数关系式．
（3）是否存在点M ，使得△AQM 为直角三角形？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
6．如图，正方形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，点E 是AC 的一点，连接EB ，过点A 做AM ⊥BE ，垂足为M ，AM 与BD 相交于点F ．
（1）猜想：如图（1）线段OE与线段OF的数量关系为；
（2）拓展：如图（2），若点E在AC的延长线上，AM⊥BE于点M，AM、DB的延长线相交于点F，其他条件不变，（1）的结论还成立吗？如果成立，请仅就图（2）给出证明；如果不成立，请说明理由．
7．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．
8．（问题情境）
在△ABC中，AB=AC，点P为BC所在直线上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．当P在BC边上时（如图1），求证：
PD+PE=CF．
图① 图② 图③
证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．（不要证明）
（变式探究）
当点P在CB延长线上时，其余条件不变（如图3）.试探索PD、PE、CF之间的数量关系并说明理由.
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
（结论运用）
如图4，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 上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH 的值；
（迁移拓展）
在直角坐标系中.直线l1：y=
4
4
3
x
-+与直线l2：y=2x+4相交于点A，直线l1、l2与x轴分别
交于点B、点C．点P是直线l2上一个动点,若点P到直线l1的距离为1.求点P的坐标.
9．如图，ABC
∆是边长为3的等边三角形，点D是射线BC上的一个动点（点D不与点B、C重合），ADE
∆是以AD为边的等边三角形，过点E作BC的平行线，交直线AC于点F，连接BE．
（1）判断四边形BCFE的形状，并说明理由；
（2）当DE AB
⊥时，求四边形BCFE的周长；
（3）四边形BCFE能否是菱形？若可为菱形，请求出BD的长，若不可能为菱形，请说明理由．
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：AG AE
=
（2）过点F作FP AE
⊥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）见解析；（211
【分析】
（1）根据题意先证明四边形ABCD是平行四边形，再由AB=AD可得平行四边形ABCD是菱形；
（2）根据菱形的性质得出OA的长，根据直角三角形斜边中线定理得出OE=1
2
AC，在
Rt ACE
∆应用勾股定理即可解答．【详解】
（1）证明：∵AB CD
∥，
∴OAB DCA
∠=∠，
∵AC为DAB
∠的平分线，
∴OAB DAC
∠=∠，
∴DCA DAC
∠=∠，
∴CD AD AB
==，
∵AB CD
∥，
∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD AB
=，
∴ABCD是菱形；
（2）
∵四边形ABCD 是菱形
∴AO CO =
∵CE AB ⊥
∴90AEC ∠=︒
∴26AC OE ==
在Rt ACE ∆中，2211CE AC AE -故答案为（211．
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
2．（1）见解析；（2）24；（3）5AI =．
【分析】
（1）证∠BDA ＝∠CEA ＝90°，∠CAE ＝∠ABD ，由AAS 证明△ABD ≌△CAE 即可； （2）连接CE ，交AF 于O ，由菱形的性质得∠COA ＝∠ADB ＝90°，同（1）得△ABD ≌△CAO （AAS ），得OC ＝AD ＝3，OA ＝BD ＝4，由三角形面积公式求出S △AOC ＝6，即可得出答案；
（3）过E 作EM ⊥HI 的延长线于M ，过点G 作GN ⊥HI 于N ，同（1）得△ACH ≌△EAM （AAS ），△ABH ≌△GAN （AAS ），得EM ＝AH ＝GN ，证△EMI ≌△GNI （AAS ），得EI ＝GI ，证∠EAG ＝90°，由勾股定理求出EG ＝10，再由直角三角形的性质即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵BD ⊥直线l ，CE ⊥直线l ，
∴∠BDA ＝∠CEA ＝90°，
∵∠BAC ＝90°，
∴∠BAD +∠CAE ＝90°
∵∠BAD +∠ABD ＝90°，
∴∠CAE ＝∠ABD
在△ABD 和△CAE 中， ABD CAE BDA CEA AB AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△ABD ≌△CAE （AAS ）；
（2）解：连接CE ，交AF 于O ，如图②所示：
∵四边形AEFC 是菱形，
∴CE ⊥AF ，
∴∠COA＝∠ADB＝90°，
同（1）得：△ABD≌△CAO（AAS），∴OC＝AD＝3，OA＝BD＝4，
∴S△AOC＝1
2 OA•
OC＝
1
2
×4×3＝6，
∴S菱形AEFC＝4S△AOC＝4×6＝24，
故答案为：24；
（3）解：过E作EM⊥HI的延长线于M，过点G作GN⊥HI于N，如图③所示：∴∠EMI＝∠GNI＝90°，
∵四边形ACDE和四边形ABFG都是正方形，
∴∠CAE＝∠BAG＝90°，AC＝AE＝8，AB＝AG＝6，
同（1）得：△ACH≌△EAM（AAS），△ABH≌△GAN（AAS），
∴EM＝AH＝GN，
在△EMI和△GNI中，
EIM GIH
EMI GNI
EM GN
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△EMI≌△GNI（AAS），
∴EI＝GI，
∴I是EG的中点，
∵∠CAE＝∠BAG＝∠BAC＝90°，
∴∠EAG＝90°，
在Rt△EAG中， EG＝22
AE AG
+＝22
86
+＝10，
∵I是EG的中点，
∴AI＝
1
2
EG＝
1
2
×10＝5．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、菱形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
3．（1）证明见解析；（2）能，10；（3）15
2
，理由见解析；
【分析】
（1）利用题中所给的关系式，列出CD，DF，AE的式子，即可证明．
（2）由题意知，四边形AEFD是平行四边形，令AD=DF，求解即可得出t值．
（3）由题意可知，当DE∥BC时，△DEF为直角三角形，利用AD+CD=AC的等量关系，代入式子求值即可．
【详解】
（1）由题意知：三角形CFD是直角三角形
∵∠B＝90°，∠A＝60°
∴∠C=30°，CD=2DF，
又∵由题意知CD=4t，AE=2t，
∴CD=2AE
∴AE=DF．
（2）能，理由如下；
由（1）知AE=DF
又∵DF⊥BC，∠B＝90°
∴AE∥DF
∴四边形AEFD是平行四边形．
当AD=DF时，平行四边形AEFD是菱形
∵AC＝60cm，DF=1
2
CD，CD=4t，
∴AD=60-4t，DF=2t，∴60-4t=2t
∴t=10．
（3）当t为15
2
时，△DEF为直角三角形，理由如下；
由题意知：四边形AEFD是平行四边形，DF⊥BC，AE∥DF，∴当DE∥BC时，DF⊥DE
∴∠FDE=∠DEA=90°
在△AED中，
∵∠DEA=90°，∠A＝60°，AE=2t ∴AD=4t，
又∵AC＝60cm，CD=4t，
∴AD+CD=AC，8t=60，
∴t=15
2
．
即t=15
2
时，∠FDE=∠DEA=90°，△DEF为直角三角形．
【点睛】
本题主要考查了三角形、平行四边形及菱形的性质，正确掌握三角形、平行四边形及菱形的性质是解题的关键．
4．（1）见解析；（2）3+1；（3）2
【分析】
（1）由线段垂直平分线的性质可得BE=DE，BF=DF，可得∠EBD=∠EDB，∠FBD=∠FDB，由角平分线的性质可得∠EBD=∠BDF=∠EDB=∠DBF，可证BE∥DF，DE∥BF，可得四边形DEBF是平行四边形，即可得结论；
（2）由菱形的性质和外角性质可得∠DFC=30°，由直角三角形的性质可求CF的长；
（3）过点D作BC的垂线，垂足为H，根据菱形的性质得出∠DFH=∠ABC=30°，从而得到DH的长度，再利用底乘高得出结果．
【详解】
解：证明：（1）∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵EF垂直平分BD，
∴BE=DE，BF=DF，
∵∠EBD=∠EDB，∠FBD=∠FDB，
∴∠EBD=∠BDF，∠EDB=∠DBF，
∴BE∥DF，DE∥BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，且BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形；
（2）过点D作DH⊥BC于点H，
∵四边形BEDF是菱形，
∴BF=DF=DE=2，
∴∠FBD=∠FDB=∠BDE=15°，∴∠DFH=30°，且DH⊥BC，
∴DH=1
2
DF=1，FH=3DH=3，
∵∠C=45°，DH⊥BC，
∴∠C=∠CDH=45°，
∴DH=CH=1，
∴FC=FH+CH=3+1；
（3）过点D作BC的垂线，垂足为H，
∵四边形BEDF是菱形，∠BDE=15°，
∴∠DBF=∠BDF=∠ABD=15°，
∴∠DFH=∠ABC=30°，
∵DE=DF=2，
∴DH=1，
∴菱形BEDF的面积=BF×DH=2×1=2．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质等知识，掌握菱形的判定方法是本题的关键．
5．（1）3
4
；（2）y=4t+2；（3）存在，点M的坐标为（1，0）或（2，0）．
【分析】
（1）因为BN∥MP，故当BN=MP时，四边形BNMP为平行四边形，此时点M在点P的左侧，求解即可；
（2）y=1
2
（BN+PA）•OC，即可求解；
（3）①当∠MQA为直角时，则△MAQ为等腰直角三角形，则PA=PM，即可求解；②当∠QMA为直角时，则NB+OM=BC=3，即可求解．
【详解】
（1）∵BN∥MP，故当BN=MP时，四边形BNMP为平行四边形．
此时点M在点P的左侧时，即0≤t＜1时，
MP=OP﹣OM=3﹣t﹣2t=3﹣3t，BN=t，
即3﹣3t=t，解得：t=3
4
；
（2）由题意得：由点C的坐标知，OC=4，
BN=t，NC=PO=3﹣t，PA=4﹣OP=4﹣（3﹣t）=t+1，
则y=1
2
(BN+PA)•OC=
1
2
(t+t+1)×4=4t+2；
（3）由点A、C的坐标知，OA=OC=4，
则△COA为等腰直角三角形，故∠OCA=∠OAC=45°，①当∠MQA为直角时，
∵∠OAC=45°，故△MAQ为等腰直角三角形，
则PA=PM，
而PA=4﹣(3﹣t)=t+1，PM=OP﹣OM=(3﹣t)﹣2t=3﹣3t，
故t+1=3﹣3t，解得：t=1
2
，则OM=2t=1，
故点M（1，0）；
②当∠QMA为直角时，
则点M、P重合，
则NB+OM=BC=3，即2t+t=3，解得：t=1，
故OM=OP=2t=2，
故点M（2，0）；
综上，点M的坐标为（1，0）或（2，0）．
【点睛】
本题是四边形综合题，涉及坐标与图形、平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、图形的面积计算等，复杂度较高，难度较大，其中（3）要分类求解，避免遗漏．6．（1）OE OF
;（2）成立.理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质对角线垂直且平分，得到OB=OA，又因为AM⊥BE，所以
∠MEA+∠MAE=90°=∠AFO+∠MAE，从而求证出Rt△BOE≌Rt△AOF，得到OE=OF.（2）根据第一步得到的结果以及正方形的性质得到OB=OA，再根据已知条件求证出
Rt△BOE≌Rt△AOF，得到OE=OF.
【详解】
解：（1）正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AM⊥BE，
∴∠AOB=∠BOE=∠AMB=90°，
∵∠AFO=∠BFM（对顶角相等），
∴∠OAF=∠OBE（等角的余角相等），
又OA=OB（正方形的对角线互相垂直平分且相等），
∴△BOE≌△AOF（ASA），
∴OE=OF.
故答案为：OE=OF；
（2）成立.理由如下：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴90BOE AOF ∠=∠=︒，OB OA =
又∵AM BE ⊥，
∴90F MBF ∠+∠=︒，90E OBE ∠+∠=︒，
又∵MBF OBE ∠=∠
∴F E ∠=∠∴BOE AOF ∆≅∆，
∴OE OF =
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定，并运用了类比的思想，两个问题都是证明BOE AOF ∆≅∆解决问题.
7．（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.
8．【变式探究】：详见解析；【结论运用】：4；【迁移拓展】：P 1的坐标为（12-
，3）或（12
，5）
【解析】
试题分析：【变式探究】按照【问题情境】的证明思路即可解决问题．
【结论运用】过E 作EQ BF ⊥，利用问题情境中的结论可得PG PH EQ +=，易证EQ DC BF DF ==，，只需求即可．
【迁移拓展】分成两种情况进行讨论.
试题解析：【变式探究】：连接,AP
∵PD ⊥AB ，PE ⊥AC ，CF ⊥AB ，
ABC ACP ABP S S S ∴=-， 111222
AB CF AC PE AB PD ∴⨯=⨯-⨯， AB AC =，
.CF PE PD ∴=-
【结论运用】过E 作EQ BF ⊥，垂足为Q ，如图④，
∵四边形ABCD 是长方形，90AD BC C ADC ∴=∠=∠=︒，．
835AD CF BF BC CF AD CF ==∴=-=-=，，．
由折叠可得：DF BF BEF DEF =∠=∠，．
590DF C ∴=∠=︒．，
222253 4.DC DF CF ∴=--=
90EQ BC C ADC ⊥∠=∠=︒，，
90EQC C ADC ∴∠=︒=∠=∠．
∴四边形EQCD 是长方形．4EQ DC ∴==．
∵AD ∥BC ，DEF EFB ∴∠=∠．
BEF DEF BEF EFB BE BF ∠=∠∴∠=∠∴=，．．
由问题情境中的结论可得：4PG PH EQ PG PH +=∴+=．
． PG PH ∴+的值为4．
【迁移拓展】
由题意得：(04),?(30),(20).A B C -，
，， 2234 5.AB =+=
5.BC = .AB BC ∴=
（1）由结论得：1111 +?4,PD PE OA ==
11111 3.PD PE =∴=，
即点1P 的纵坐标为3，
又点1P 在直线l 2上 ∴24y x =+=3 ,
∴12
x =-. 即点1P 的坐标为1,3.2⎛⎫-
⎪⎝⎭ (2) 由结论得：2222
4,P E P D OA -== 22221 5.P D P E =∴=， 即点2P 的纵坐标为5,
又点2P 在直线l 2上 ∴24y x =+=5.
∴12
x =. 即点2P 的坐标为1,5.2⎛⎫
⎪⎝⎭ 9．（1）平行四边形，理由见解析；（2）9；（3）可为菱形，BD=6或0
【分析】
（1）先证明()EAB DAC SAS ∆≅∆，得60ABE C ∠=∠=︒，可得//AC BE ，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BCFE 是平行四边形；
（2）如图2，证明90AEB =︒∠，根据直角三角形30度角所对的直角边为斜边的一半可得
BE 的长，根据平行四边形的周长计算方法可得结论；
（3）分两种情况：①当D 在边BC 的延长线上；②当D 在边BC 上时；分别画图可得BD 的长．
【详解】
解：（1）如图1，四边形BCFE 是平行四边形，理由是：
ABC ∆和ADE ∆是等边三角形，
AB AC ∴=，AD AE =，60EAD BAC ∠=∠=︒，
EAB DAC ∴∠=∠，
()EAB DAC SAS ∴∆≅∆，
60ABE C ∴∠=∠=︒，
60BAC ∠=︒，
BAC ABE ∴∠=∠，
//AC BE ∴，
//EF BC ，
∴四边形BCFE 是平行四边形；
（2）如图2，ADE ∆是等边三角形，且DE AB ⊥，
30EAB DAB ∴∠=∠=︒，
由（1）知：60ABE ∠=︒，
90AEB ∴∠=︒，
1322
BE AB ∴==， ∴四边形BCFE 的周长3
2()2(3)92BE BC =+=⨯+=；
（3）分2种情况：
①如图3，当四边形BCFE 是菱形时，BE BC =，
由（1）知：3BE CD ==，
336BD ∴=+=；
②如图4，当四边形BCFE 是菱形时，B 和D 重合，A 和F 重合，此时0BD =；
综上，BD 的长为6或0．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判断和性质，菱形的性质，平行四边形的判定，正确画图和分类讨论思想的运用是解本题的关键．
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ABG ≌ADE ，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MHK △≌AED ，得到AE=MH ，再利用AAS 证明TNF △≌DAE △，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 ，
∴ABG ≌ADE ，
∴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∵FP AE ，
∴∠EAD+∠AMP=90°，
∴∠HMK=∠EAD ，
∴MHK △≌AED ，
∴MH=AE ，
延长EF 交AB 于T ，则四边形TBGF 为矩形，
∴FT=BG ，∠FTN=∠ADE=90°，
∵ABG ≌ADE ，
∴DE=BG ，
∴FT=DE ，
∵FP ⊥AE ，∠DAB=90°，
∴∠N+∠NAP=∠DAE+∠NAP=90°，
∴∠N=∠DAE ，
∴TNF △≌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．。