人教版八年级初二数学第二学期平行四边形单元 易错题难题综合模拟测评学能测试

人教版八年级初二数学第二学期平行四边形单元易错题难题综合模拟测评学
能测试
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ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的
，连接CG．
中点，延长AE至G，使EG AE
（1）求证：AOE COF ∆≅∆；
（2）四边形EGCF 是平行四边形吗？请说明理由；
（3）若四边形EGCF 是矩形，则线段AB 、AC 的数量关系是______．
3．在一次数学探究活动中，小明对对角线互相垂直的四边形进行了探究，得出了如下结论：如图1，四边形ABCD 的对角线AC 与BD 相交于点O ，AC BD ⊥，则2222AB CD AD BC +=+．
（1）请帮助小明证明这一结论；
（2）根据小明的探究，老师又给出了如下的问题：如图2，分别以Rt ACB 的直角边AC 和斜边AB 为边向外作正ACFG 和正方形ABDE ，连结CE 、BG 、GE .已知4AC =，5AB =，求GE 的长，请你帮助小明解决这一问题．
4．如图，在平行四边形ABCD 中，AB ⊥AC ，对角线AC ，BD 相交于点O ，将直线AC 绕点O 顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC ，AD 于点E ，F ，连接BF ．
（1）如图1，在旋转的过程中，求证：OE ＝OF ；
（2）如图2，当旋转至90°时，判断四边形ABEF 的形状，并证明你的结论； （3）若AB ＝1，BC 5BF ＝DF ，求旋转角度α的大小．
5．在正方形ABCD 中，点E 是CD 边上任意一点，连接,AE 过点B 作BF AE ⊥于F ，交AD 于H .
()1如图1，过点D 作DG AE ⊥于G .求证:BF DG FG -=；
()2如图2，点E 为CD 的中点，连接DF ，试判断,,DF FH EF 存在什么数量关系并说
明理由；
()3如图3，1AB =，连接EH ，点Р为EH 的中点，在点E 从点D 运动到点C 的过程中，点Р随之运动，请直接写出点Р运动的路径长.
6．感知：如图①，在正方形ABCD 中，E 是AB 一点，F 是AD 延长线上一点，且DF BE ＝，求证：CE CF ＝；
拓展：在图①中，若G 在AD ，且45GCE ∠︒＝，则GE BE GD +＝成立吗？为什么？ 运用：如图②在四边形ABCD 中，()//AD BC BC AD ＞，90A B ∠∠︒＝＝，
16AB BC ＝＝，E 是AB 上一点，且45DCE ∠︒＝，4BE ＝，求DE 的长．
7．如图1，在正方形ABCD （正方形四边相等，四个角均为直角）中，AB ＝8，P 为线段BC 上一点，连接AP ，过点B 作BQ ⊥AP ，交CD 于点Q ，将△BQC 沿BQ 所在的直线对折得到△BQC ′，延长QC ′交AD 于点N ．
（1）求证：BP ＝CQ ；
（2）若BP ＝13
PC ，求AN 的长； （3）如图2，延长QN 交BA 的延长线于点M ，若BP ＝x （0＜x ＜8），△BMC '的面积为S ，求S 与x 之间的函数关系式．
8．（1）问题探究：如图①，在四边形ABCD 中，AB ∥CD ，E 是BC 的中点，AE 是∠BAD 的平分线，则线段AB ，AD ，DC 之间的等量关系为 ；
（2）方法迁移：如图②，在四边形ABCD 中，AB ∥CD ，AF 与DC 的延长线交于点F ，E 是BC 的中点，AE 是∠BAF 的平分线，试探究线段AB ，AF ，CF 之间的等量关系，并证明你的结论；
（3）联想拓展：如图③，AB ∥CF ，E 是BC 的中点，点D 在线段AE 上，∠EDF ＝∠BAE ，试探究线段AB ，DF ，CF 之间的数量关系，并证明你的结论．
9．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．
10．如图①，在ABC 中，AB AC =，过AB 上一点D 作//DE AC 交BC 于点E ，以E 为顶点，ED 为一边，作DEF A ∠=∠，另一边EF 交AC 于点F ．
（1）求证：四边形ADEF 为平行四边形；
（2）当点D 为AB 中点时，ADEF 的形状为 ；
（3）延长图①中的DE 到点,G 使,EG DE =连接,,,AE AG FG 得到图②，若,
AD AG =
判断四边形AEGF的形状，并说明理由．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、解答题
1．（1）DE2CF；（2）在情况1与情况2下都相同，详见解析；（3）AF＋CF＝
2DF或|AF－CF|2
【分析】
（1）易证△BCD是等腰直角三角形，得出2CB，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，2CF，连接BE，设∠CDG=α，则∠CBF=α，∠DEA=∠ADE=90°-α，求出∠DAE=2α，则∠EAB=90°-2α，
∠BEA=∠ABE=1
2
（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2CF；
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2CF，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2CF；
（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=1
2
∠BFE=45°，则△HDF是等腰
直角三角形，得2DF，DH=DF，∵∠HDF=∠ADC=90°，由SAS证得△HDA≌△FDC，得CF=HA，即可得出2；
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=1
2
∠BFD=45°，则△DFH是等腰直角三角形，得2，DF=DH，由SAS
证得△ADF≌△CDH，得出CH=AF，即可得出AF+CF=2DF；
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=1
2
∠BFE=45°，则△HDF是等腰直
角三角形，得出HF=2DF，DH=DF，由SAS证得△ADC≌△HDF，得出AH=CF，即可得出AF-CF=2DF；
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=1
2
∠BFE=45°，则∠DFH=∠EFA=45°，△HDF是等腰直角三角形，得DH=DF，
HF=2DF，由SAS证得△HDA≌△FDC，得出AF=CF，即可得出CF-AF=2DF．
【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=2CB，
当点E、F与点B重合时，则DE=2CF，
故答案为：DE=2CF；
（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，
DCG BCF CD CB
CDG CBF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩
＝＝＝， ∴△CDG ≌△CBF （ASA ），
∴DG=FB ，CG=CF ，
∴△GCF 是等腰直角三角形，
∴FG=2CF
，
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=12（180°-∠EAB ）=12
（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=2CF ；
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，
DCG BCF CD CB
CDG CBF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩
＝＝＝， ∴△CDG ≌△CBF （ASA ），
∴DG=FB ，CG=CF ，
∴△GCF 是等腰直角三角形，
∴FG=
2CF ，
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=2CF ；
（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，
AB AE AF AF BF EF ⎧⎪⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ABF ≌△AEF （SSS ），
∴∠EFA=∠BFA=12
∠BFE=45°， ∴△HDF 是等腰直角三角形，
∴HF=2
DF ，DH=DF ，
∵∠HDF=∠ADC=90°，
∴∠HDA=∠FDC ，
在△HDA 和△FDC 中，
DH DF HDA FDC DA DC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△HDA ≌△FDC （SAS ），
∴CF=HA ，
∴2DF=HF=HA+AF=CF+AF ，即AF+CF=2DF ；
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=12（180°-∠NCB ）=12
（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，
CN CB CF CF NF BF ⎧⎪⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△CNF ≌△CBF （SSS ），
∴∠NFC=∠BFC=1
2∠BFD=45°， ∴△DFH 是等腰直角三角形，
∴FH=2DF ，DF=DH ，
∵∠ADC=∠HDE=90°，
∴∠ADF=∠CDH ，
在△ADF 和△CDH 中，
AD CD ADF CDH DF DH ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ADF ≌△CDH （SAS ），
∴CH=AF ，
∴FH=CH+CF=AF+CF ，
∴AF+CF=2DF ；
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，
AB AE AF AF BF EF ⎧⎪⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ABF ≌△AEF （SSS ），
∴∠EFA=∠BFA=12
∠BFE=45°， ∴△HDF 是等腰直角三角形，
∴2，DH=DF ，
∵∠ADC=∠HDF=90°，
∴∠ADH=∠CDF ，
在△ADC 和△HDF 中，
AD CD ADH CDF DH DF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ADC ≌△HDF （SAS ），
∴AH=CF ，
∴HF=AF-AH=AF-CF ，
∴
AF-CF=2DF ；
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， AB AE AF AF BF EF ⎧⎪⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△ABF ≌△AEF （SSS ），
∴∠EFA=∠BFA=12
∠BFE=45°， ∴∠DFH=∠EFA=45°，
∴△HDF 是等腰直角三角形，
∴DH=DF ，
DF ，
∵∠HDF=∠CDA=90°，
∴∠HDA=∠FDC ，
在△HDA 和△FDC 中，
DH DF HDA FDC AD CD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△HDA ≌△FDC （SAS ），
∴AF=CF ，
∴AH-AF=CF-AF=HF ，
∴
DF ，
综上所述，线段AF 、CF 、DF 三者之间的数量关系：
DF 或
DF ， 故答案为：
DF 或
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）见解析；（2）四边形EGCF 为平行四边形，理由见解析；（3）AC=2AB ．
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得到OE=OF 即可证得结论；
（2）利用AOE COF ∆≅∆得到∠EAO=∠FCO ，AE=CF ，由此推出AE ∥CF ，EG=CF 即可证得四边形EGCF 是平行四边形；
（3）AC=2AB ，根据平行四边形的性质推出AB=AO ，利用点E 是OB 的中点，得到AG ⊥OB ，即可得到四边形EGCF 是矩形.
【详解】
（1）四边形ABCD 为平行四边形，
OA OC ∴=，OB OD =，
点E 、F 分别为OB 、OD 的中点，
12OE OB ∴=，12
OF OD =， 则OE OF =，
在AOE ∆与COF ∆中
OA OC AOE COF OE OF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
AOE COF ∴∆≅∆；
（2）AOE COF ∆≅∆，
EAO FCO ∴∠=∠，AE CF =，
//AE CF ∴，
又GE AE =，
GE CF ∴=，
∴四边形EGCF 为平行四边形；
（3）当AC=2AB 时，四边形EGCF 是矩形.
∵AC=2AB ，AC=2AO ，
∴AB=AO ，
∵点E 是OB 的中点，
∴AG ⊥OB ，
∴∠GEF=90°，
∴四边形EGCF 是矩形.
故答案为：AC=2AB .
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定及性质，三角形全等的判定及性质，矩形的判定定理，等腰三角形的三线合一的性质，熟练掌握各知识点并运用解题是关键.
3．（1）证明见解析；
（2）73．
【分析】
（1）由题意根据勾股定理分别表示出2222,AB CD AD BC ++进行分析求证即可；
（2）根据题意连接CG 、BE ，证明△GAB ≌△CAE ，进而得BG ⊥CE ，再根据（1）的结论进行分析即可求出答案．
【详解】
解：（1）∵AC ⊥BD ，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得，
222222AD BC AO DO BO CO +=+++，
222222AB CD AO BO CO DO +=+++，
∴2222AD BC AB CD +=+；
（2）连接CG 、BE ，如图2，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC ，即∠GAB=∠CAE ，
在△GAB 和△CAE 中，
AG AC GAB CAE AB AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△GAB ≌△CAE （SAS ），
∴∠ABG=∠AEC ，
又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE ⊥BG ，
由（1）得，2222CG BE CB GE +=+，
∵AC=4，AB=5，
∴BC=3，
，
，
∴222273GE CG BE CB =+-=，
∴
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，熟练并正确理解全等三角形的判定和性质以及灵活运用勾股定理是解题的关键．
4．（1）证明见解析；（2）平行四边形，理由见解析；（3）45°
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出∠OAF ＝∠OCE ，OA ＝OC ，进而判断出△AOF ≌△COE ，即可得出结论；
（2）先判断出∠BAC ＝∠AOF ，得出AB ∥EF ，即可得出结论；
（3）先求出AC ＝2，进而得出A ＝1＝AB ，即可判断出△ABO 是等腰直角三角形，进一步判断出△BFD 是等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一得出∠BOF ＝90°，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：在▱ABCD 中，AD ∥BC ，
∴∠OAF ＝∠OCE ，
∵OA ＝OC ，∠AOF ＝∠COE ，
∴△AOF ≌△COE （ASA ），
∴OE ＝OF ；
（2）当旋转角为90°时，四边形ABEF 是平行四边形，理由：
∵AB ⊥AC ，
∴∠BAC ＝90°，
∵∠AOF ＝90°，
∴∠BAC ＝∠AOF ，
∴AB ∥EF ，
∵AF ∥BE ，
∴四边形ABEF是平行四边形；
（3）在Rt△ABC中，AB＝1，BC＝5，
∴AC＝22
BC AB
＝2，
∴OA＝1＝AB，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴∠AOB＝45°，
∵BF＝DF，
∴△BFD是等腰三角形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∴OF⊥BD（等腰三角形底边上的中线是底边上的高），
∴∠BOF＝90°，
∴∠α＝∠AOF＝∠BOF﹣∠AOB＝45°．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，判断出△ABO是等腰直角三角形是解本题的关键．
5．（1）见解析；（2）FH+FE=2DF，理由见解析；（3）
2 2
【分析】
（1）如图1中，证明△AFB≌△DGA（AAS）可得结论．
（2）结论：FH+FE=2DF．如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，证明四边形DKFJ是正方形，可得结论．
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．证明△KPJ是等腰直角三角形，推出点P在线段JR上运动，求出JR即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵DG⊥AE，AE⊥BH，
∴∠AFB=∠DGH=90°，
∴∠FAB+∠DAG=90°，∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠BAF=∠ADG，
∴△AFB≌△DGA（AAS），
∴AF=DG，BF=AG，
∴BF-DG=AG-AF=FG．
（2）结论：FH+FE=2DF．
理由：如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADE=90°，AB=AD，
∵AE⊥BH，
∴∠AFB=90°，
∴∠DAE+∠EAB=90°，∠EAB+∠ABH=90°，
∴∠DAE=∠ABH，
∴△ABH≌△DAE（ASA），
∴AH=AE，
∵DE=EC=1
2
CD，CD=AD，
∴AH=DH，
∴DE=DH，
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE，
∴∠J=∠DKE=∠KFJ=90°，∴四边形DKFJ是矩形，
∴∠JDK=∠ADC=90°，
∴∠JDH=∠KDE，
∵∠J=∠DKE=90°，
∴△DJH≌△DKE（AAS），∴DJ=DK，JH=EK，
∴四边形DKFJ是正方形，∴FK=FJ=DK=DJ，
∴2FJ，
∴FH+FE=FJ-HJ+FK+KE=2FJ=2DF；
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．
∵△ABH≌△DAE，
∴AH=DE，
∵∠EDH=90°，HP=PE，
∴PD=PH=PE，
∵PK⊥DH，PT⊥DE，
∴∠PKD=∠KDT=∠PTD=90°，
∴四边形PTDK是矩形，
∴PT=DK=b，PK=DT，
∵PH=PD=PE，PK⊥DH，PT⊥DE，
∴DH=2DK=2b，DE=2DT，
∴AH=DE=1-2b，
∴PK=1
2
DE=
1
2
-b，
JK=DJ-DK=1
2
-b，
∴PK=KJ，
∵∠PKJ=90°，
∴∠KJP=45°，
∴点P在线段JR上运动，
∵2DJ=
2
2
，
∴点P的运动轨迹的长为
2
2
．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
6．（1）见解析；（2）GE=BE+GD成立，理由见解析；（3）68 5
【分析】
（1）利用已知条件，可证出△BCE ≌△DCF (SAS )，即可得到CE=CF ；
（2）借助（1）的结论得出∠BCE =∠DCF ，再通过角的计算得出∠GCF =∠GCE ，由SAS 可得△ECG ≌△FCG ，则EG=GF ，从而得出GE=DF+GD=BE+GD ；
（3）过C 作CG ⊥AD ，交AD 延长线于G ，先证四边形ABCG 是正方形(有一组邻边相等的矩形是正方形)，再设DE =x ，利用（1）、（2）的结论，在Rt △AED 中利用勾股定理构造方程即可求出DE ．
【详解】
（1）证明：如图①，在正方形ABCD 中，BC=CD ，∠B =∠ADC =90°，
∴∠CDF=90°，即∠B =∠CDF =90°，
在△BCE 和△DCF 中，
BC DC B CDF BE DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△BCE ≌△DCF (SAS )，
∴CE=CF ；
（2）解：如图①，GE=BE+GD 成立，理由如下：
由（1）得△BCE ≌△DCF ，
∴∠BCE=∠DCF ，
∴∠ECD +∠ECB=∠ECD +∠FCD ，
即∠ECF =∠BCD =90°，
又∵∠GCE =45°，
∴∠GCF =∠ECF −∠ECG =45°，则∠GCF=∠GCE ，
在△GEC 和△GFC 中，
CE CF GCE GCF GC GC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△GEC ≌△GFC (SAS )，
∴EG=GF ，
∴GE=DF+GD=BE+GD ；
（3）解：如图②，过C 作CG ⊥AD 于G ，
∴∠CGA=90°，
在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A =∠B =90°，
∴四边形ABCG 为矩形，
又∵AB=BC ，
∴四边形ABCG 为正方形，
∴AG =BC=AB =16，
∵∠DCE =45°，由（1）和（2）的结论可得：ED=BE+DG ，
设DE=x ，
∵4BE ＝，
∴AE =12，DG=x −4，
∴AD =AG −DG =20−x
在Rt △AED 中，
由勾股定理得：DE 2=AD 2+AE 2，
即x 2=(20−x )2+122 解得：685=
x ， 即685
=DE ． 【点睛】
本题是一道几何综合题，内容主要涉及全等三角形的判定与性质和勾股定理的应用，重点考查学生的数学学习能力，是一道好题．
7．（1）见解析；（2）4.8；（3）
1282x x
- 【分析】
（1）证明△ABP ≌△BCQ 即可得到结论；
（2）证明Rt △ABN ≌△Rt △C 'BN 求出DQ ，设AN ＝NC '＝a ，则DN ＝8﹣a ，利用勾股定理即可求出a ；
（3）过Q 点作QG ⊥BM 于G ，设MQ ＝BM ＝y ，则MG ＝y ﹣x ，利用勾股定理求出MQ ，再根据面积相减得到答案.
【详解】
解：（1）证明：∵∠ABC ＝90°
∴∠BAP +∠APB ＝90°
∵BQ ⊥AP
∴∠APB +∠QBC ＝90°，
∴∠QBC ＝∠BAP ，
在△ABP 于△BCQ 中， ABP BCQ AB BC
BAP QBC ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
，
∴△ABP≌△BCQ（ASA），
∴BP＝CQ，
（2）由翻折可知，AB＝BC'，
连接BN，在Rt△ABN和Rt△C'BN中，AB＝BC'，BN＝BN，
∴Rt△ABN≌△Rt△C'BN（HL），
∴AN＝NC'，
∵BP＝1
3
PC，AB＝8，
∴BP＝2＝CQ，CP＝DQ＝6，
设AN＝NC'＝a，则DN＝8﹣a，
∴在Rt△NDQ中，（8﹣a）2+62＝（a+2）2
解得：a＝4．8，
即AN＝4．8．
（3）解：过Q点作QG⊥BM于G，由（1）知BP＝CQ＝BG＝x，BM＝MQ．
设MQ＝BM＝y，则MG＝y﹣x，
∴在Rt△MQG中，y2＝82+（y﹣x）2，
∴
32
2
x
y
x
=+．
∴S△BMC′＝S△BMQ﹣S△BC'Q＝11
22
BM QG BC QC
''
⋅-⋅,
＝1321
()88 222
x
x
x
+⨯-⨯，
＝128
2x x
．
【点睛】
此题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，勾股定理，正确理解题意画出图形辅助做题是解题的关键.
8．（1）AD＝AB+DC；（2）AB＝AF+CF，证明详见解析；（3）AB＝DF+CF，证明详见解析．
【分析】
（1）结论：AD＝AB+DC．延长AE，DC交于点F，证明△ABE≌△FEC（AAS），即可推出AB＝CF，再证明DA＝DF，即可解决问题．
（2）结论：AB＝AF+CF，如图②，延长AE交DF的延长线于点G，证明方法类似（1）．（3）结论；AB＝DF+CF．如图③，延长AE交CF的延长线于点G，证明方法类似（1）．【详解】
解：（1）探究问题：结论：AD＝AB+DC．
理由：如图①中，延长AE，DC交于点F，
∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠F，
在△ABE和△FCE中，
CE＝BE，∠BAF＝∠F，∠AEB＝∠FEC，
∴△ABE≌△FEC（AAS），
∴CF＝AB，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠BAF＝∠FAD，
∴∠FAD＝∠F，
∴AD＝DF，
∵DC+CF＝DF，
∴DC+AB＝AD．
故答案为AD＝AB+DC．
（2）方法迁移：结论：AB＝AF+CF．
证明：如图②，延长AE交DF的延长线于点G，
∵E 是BC 的中点，
∴CE ＝BE ，
∵AB ∥DC ，
∴∠BAE ＝∠G ．且BE ＝CE ，∠AEB ＝∠GEC
∴△AEB ≌△GEC （AAS ）
∴AB ＝GC
∵AE 是∠BAF 的平分线
∴∠BAG ＝∠FAG ，
∵∠BAG ∠G ，
∴∠FAG ＝∠G ，
∴FA ＝FG ，
∵CG ＝CF+FG ，
∴AB ＝AF+CF ．
（3）联想拓展：结论；AB ＝DF+CF ．
证明：如图③，延长AE 交CF 的延长线于点G ，
∵E 是BC 的中点，
∴CE ＝BE ，
∵AB ∥CF ，
∴∠BAE ＝∠G ，
在△AEB 和△GEC 中，
BAE G AEB GEC BE CE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△AEB ≌△GEC ，
∴AB ＝GC ，
∵∠EDF ＝∠BAE ，
∴∠FDG ＝∠G ，
∴FD ＝FG ，
∴AB ＝DF+CF ．
【点睛】
本题是四边形的综合问题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形三边关系等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
9．（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.
10．（1）证明见解析；（2）菱形；（3）四边形AEGF 是矩形，理由见解析．
【分析】
（1）根据平行线的性质得到BDE A ∠=∠，根据题意得到DEF
BDE ∠=∠，根据平行
线的判定定理得到//AD EF ，根据平行四边形的判定定理证明；
（2）根据三角形中位线定理得到12
DE AC =
，得到AD DE =，根据菱形的判定定理证明； （3）根据等腰三角形的性质得到AE EG ⊥，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明．
【详解】
（1）证明：
//DE AC ，
BDE A ∴∠=∠，
DEF A ∠=∠，
DEF BDE ∴∠=∠，
//AD EF ∴，又//DE AC ，
∴四边形ADEF 为平行四边形；
（2）解：ADEF 的形状为菱形， 理由如下：点D 为AB 中点， 12
AD AB ∴=， //DE AC ，点D 为AB 中点，
12
DE AC ∴=， AB AC =，
AD DE ∴=，
∴平行四边形ADEF 为菱形，
故答案为：菱形；
（3）四边形AEGF 是矩形，
理由如下：由（1）得，四边形ADEF 为平行四边形，
//AF DE ∴，AF DE =，
EG DE ，
//AF DE ∴，AF GE =，
∴四边形AEGF 是平行四边形，
AD AG ，EG DE =，
AE EG ∴⊥，
∴四边形AEGF 是矩形．
【点睛】
本题考查的是平行四边形、矩形、菱形的判定，掌握它们的判定定理是解题的关键．。