人教版八年级初二数学第二学期平行四边形单元 期末复习专项训练检测试卷

人教版八年级初二数学第二学期平行四边形单元 期末复习专项训练检测试卷
一、解答题
1．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．
2．如图，点E 为▱ABCD 的边AD 上的一点，连接EB 并延长，使BF ＝BE ，连接EC 并延长，使CG ＝CE ，连接FG ．H 为FG 的中点，连接DH ，AF ． （1）若∠BAE ＝70°，∠DCE ＝20°，求∠DEC 的度数； （2）求证：四边形AFHD 为平行四边形；
（3）连接EH ，交BC 于点O ，若OC ＝OH ，求证：EF ⊥EG ．
3．如图1，AC 是平行四边形ABCD 的对角线，E 、H 分别为边BA 和边BC 延长线上的点，连接EH 交AD 、CD 于点F 、G ，且//EH AC . （1）求证：AEF CGH ∆≅∆
（2）若ACD ∆是等腰直角三角形，90ACD ∠=，F 是AD 的中点，8AD =，求BE 的长：
（3）在（2）的条件下，连接BD ，如图2，求证：22222()AC BD AB BC +=+
4．如图，在平行四边形ABCD 中，BAD ∠的平分线交BC 于点E ，交DC 的延长线于
F ，以EC 、CF 为邻边作平行四边形ECF
G ．
（1）求证：四边形ECFG 是菱形；
（2）连结BD 、CG ，若120ABC ∠=︒，则BDG ∆是等边三角形吗？为什么？ （3）若90ABC ∠=︒，10AB =，24AD =，M 是EF 的中点，求DM 的长． 5．矩形ABCD 中，AB =3，BC =4．点E ，F 在对角线AC 上，点M ，N 分别在边AD ，BC 上． （1）如图1，若AE =CF =1，M ，N 分别是AD ，BC 的中点．求证：四边形EMFN 为矩形． （2）如图2，若AE =CF =0.5，02AM CN x x ==<<（），且四边形EMFN 为矩形，求x 的值．
6．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．
7．已知：如下图，ABC 和BCD 中，90BAC BDC ∠=∠=，E 为BC 的中点，连接DE AE 、.若DC
AE ，在DC 上取一点F ，使得DF DE =，连接EF 交AD 于O .
（1）求证：EF DA ⊥.
（2）若4,23BC AD ==，求EF 的长.
8．如图1，在矩形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，过点O 作直线EF ⊥BD ，且交AC 于点E ，交BC 于点F ，连接BE 、DF ，且BE 平分∠ABD .
（1）①求证：四边形BFDE 是菱形；②求∠EBF 的度数．
（2）把（1）中菱形BFDE 进行分离研究，如图2，G ，I 分别在BF ，BE 边上，且BG =BI ，连接GD ，H 为GD 的中点，连接FH ，并延长FH 交ED 于点J ，连接IJ ，IH ，IF ，IG ．试探究线段IH 与FH 之间满足的数量关系，并说明理由；
（3）把（1）中矩形ABCD 进行特殊化探究，如图3，矩形ABCD 满足AB =AD 时，点E 是对角线AC 上一点，连接DE ，作EF ⊥DE ，垂足为点E ，交AB 于点F ，连接DF ，交AC 于点G ．请直接写出线段AG ，GE ，EC 三者之间满足的数量关系．
9．在正方形AMFN 中，以AM 为BC 边上的高作等边三角形ABC ，将AB 绕点A 逆时针旋转90°至点D ，D 点恰好落在NF 上，连接BD ，AC 与BD 交于点E ，连接CD ， (1)如图1，求证：△AMC ≌△AND ； (2)如图1，若3，求AE 的长；
(3)如图2,将△CDF 绕点D 顺时针旋转α（090α<<）,点C,F 的对应点分别为1C 、1F ，连接1AF 、1BC ，点G 是1BC 的中点,连接AG
，试探索1
AG
AF 是否为定值，若是定值，则求出该值；若不是，请说明理由.
10．如图，在矩形ABCD 中，AB a ，BC b =，点F 在DC 的延长线上，点E 在AD 上，且有1
2
CBE ABF ∠=
∠．
（1）如图1，当a b =时，若60CBE ∠=︒，求证：BE BF =；
（2）如图2，当3
2
b a =
时， ①请直接写出ABE ∠与BFC ∠的数量关系：_________；
②当点E 是AD 中点时，求证：2CF BF a +=； ③在②的条件下，请直接写出:BCF ABCD S S ∆矩形的值．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、解答题
1．（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 ＝
12OA •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 ），
∴I 是EG 的中点，
∵∠CAE ＝∠BAG ＝∠BAC ＝90°， ∴∠EAG ＝90°，
在Rt △EAG 中， EG ＝22AE AG +＝2286+＝10， ∵I 是EG 的中点， ∴AI ＝
12EG ＝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． 2．（1）50°；（2）见解析；（3）见解析 【分析】
（1）由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可；
（2）由平行四边形的性质得出AD ＝BC ，AD ∥BC ；证明BC 是△EFG 的中位线，得出BC ∥FG ，BC ＝
1
2
FG ，证出AD ∥FH ，AD ∥FH ，由平行四边形的判定方法即可得出结论； （3）连接EH ，CH ，根据三角形的中位线定理以及平行四边形的判定和性质即可得到结论． 【详解】
明：（1）∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴∠BAE ＝∠BCD ＝70°，AD ∥BC ， ∵∠DCE ＝20°，
∴∠CDE＝180°﹣∠BAE＝110°，
∴∠DEC＝180°﹣∠DCE﹣∠CDE＝50°；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∠BAE＝∠BCD，∵BF＝BE，CG＝CE，
∴BC是△EFG的中位线，
∴BC∥FG，BC＝1
2 FG，
∵H为FG的中点，
∴FH＝1
2 FG，
∴BC∥FH，BC＝FH，
∴AD∥FH，AD∥FH，
∴四边形AFHD是平行四边形；（3）连接EH，CH，
∵CE＝CG，FH＝HG，
∴CH＝1
2
EF，CH∥EF，
∵EB＝BF＝1
2 EF，
∴BE＝CH，
∴四边形EBHC是平行四边形，∴OB＝OC，OE＝OH，
∵OC＝OH，
∴OE＝OB＝OC＝1
2 BC，
∴△BCE是直角三角形，
∴∠FEG＝90°，
∴EF⊥EG．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．3．（1）证明见解析；（2）62
BE 3）证明见解析．
【分析】
（1）根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质可证明∠E=∠CGH ，∠H=∠AFE ，再证明四边形ACGE 是平行四边形即可证明AE=CG ，由此可利用“AAS”可证明全等； （2）证明△AEF ≌△DGF （AAS ）可得△DGF ≌△CGH ，所以可得1
2
AE DG CG
CD ，再结合等腰直角三角形的性质即可求得CD ，由此可得结论；
（3）利用等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质结合勾股定理分别把22AC BD +和22AB BC +用2CD 表示即可得出结论．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD 为平行四边形， ∴AB//CD ，AD//BC ， ∴∠E=∠EGD ，∠H=∠DFG ， ∵∠CGH=∠EGD ，∠DFG=∠AFE ， ∴∠E=∠CGH ，∠H=∠AFE ， ∵//EH AC ，AB//CD ， ∴四边形ACGE 是平行四边形， ∴AE=CG ，
∴△AEF ≌△CGH （AAS ）； （2）∵四边形ABCD 为平行四边形， ∴AB//CD ，AB=CD ， ∴∠E=∠EGD ，∠D=∠EAF ， ∵F 是AD 的中点， ∴AF=FD ，
∴△AEF ≌△DGF （AAS ）； 由（1）得△AEF ≌△CGH （AAS ）； ∴△DGF ≌△CGH, ∴1
2
AE
DG CG
CD , ∵ACD ∆是等腰直角三角形，90ACD ∠=，8AD =， ∴2422
AB
CD
AD ,
∴AE =
∴BE AB BE =+= （3）如下图，
∵四边形ABCD 为平行四边形， ∴CD=AB ，AD=BC ，AC=2OC ，BD=2OD ，
∵ACD ∆是等腰直角三角形，90ACD ∠=，AC=CD ， ∴222222244()AC BD AC OD AC OC CD ++++==
2222222(2)446AC A OC CD AC D C CD C ++=++==， 且222222223CD AD CD AC CD C AB BC D =+=+++=, ∴22222()AC BD AB BC +=+ 【点睛】
本题考查平行四边形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质．（1）中解题关键是利用证明四边形ACGE 是平行四边形证明AE=CG ；（2）得出DG CG =是解题关键；（3）中能正确识图，完成线段之间的代换是解题关键． 4．（1）详见解析；（2）是，详见解析；（3）132【分析】
（1）平行四边形的性质可得AD ∥BC ，AB ∥CD ，再根据平行线的性质证明∠CEF=∠CFE ，根据等角对等边可得CE=CF ，再有条件四边形ECFG 是平行四边形，可得四边形ECFG 为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG=120°=∠DCG ，再判断出AB=BE ，进而得出BE=CD ，即可判断出△BEG ≌△DCG （SAS ），再判断出∠CGE=60°，进而得出△BDG 是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG 为正方形，再证明△BME ≌△DMC 可得DM=BM ，
∠DMC=∠BME ，再根据∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°可得到△BDM 是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】 （1）证明： ∵AF 平分∠BAD ， ∴∠BAF=∠DAF ，
∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴AD ∥BC ，AB ∥CD ，
∴∠DAF=∠CEF ，∠BAF=∠CFE ， ∴∠CEF=∠CFE ，
∴CE=CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB=DC，AD∥BC，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，∠BCF=120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE=GE，∠BCG=1
2
∠BCF=60°，
∴CG=GE=CE，∠DCG=120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG=120°=∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE=∠BAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
∴BE=CD，
∴△BEG≌△DCG（SAS），
∴BG=DG，∠BGE=∠DGC，
∴∠BGD=∠CGE，
∵CG=GE=CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE=60°，
∴∠BGD=60°，
∵BG=DG，
∴△BDG是等边三角形；
（3）如图2中，连接BM，MC，
∵∠ABC=90°，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF=90°，
∴四边形ECFG为正方形．∵∠BAF=∠DAF，
∴BE=AB=DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM=∠ECM=45°，
∴∠BEM=∠DCM=135°，在△BME和△DMC中，
∵
BE CD
BEM DCM EM CM
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB=MD，
∠DMC=∠BME．
∴∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°，∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB=10，AD=24，
∴
=26，
∴DM BD
==
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
5．（1）见详解；（2
）2
x=
【分析】
（1）连接MN，由勾股定理求出AC=5，证出四边形ABNM是矩形，得MN=AB=3，证
△AME≌△CNF（SAS），得出EM=FN，∠AEM=∠CFN，证EM∥FN，得四边形EMFN是平行四边形，求出MN=EF，即可得出结论；
（2）连接MN，作MH⊥BC于H，则MH=AB=3，BH=AM=x，得HN=BC-BH-CN=4-2x，由矩形的性质得出MN=EF=AC-AE-CF=4，在Rt△MHN中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】
（1）证明：连接MN，如图1所示：
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AD ∥BC ，AD=BC ，∠B=90°，
∴∠EAM=∠FCN ，AC=2
222345AB BC +=+=，
∵M ，N 分别是AD ，BC 的中点，
∴AM=DM=BN=CN ，AM ∥BN ，
∴四边形ABNM 是平行四边形，
又∵∠B=90°，
∴四边形ABNM 是矩形，
∴MN=AB=3，
在△AME 和△CNF 中，
AM CN EAM FCN AE CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△AME ≌△CNF （SAS ），
∴EM=FN ，∠AEM=∠CFN ，
∴∠MEF=∠NFE ，
∴EM ∥FN ，
∴四边形EMFN 是平行四边形，
又∵AE=CF=1，
∴EF=AC-AE-CF=3，
∴MN=EF ，
∴四边形EMFN 为矩形．
（2）解：连接MN ，作MH ⊥BC 于H ，如图2所示：
则四边形ABHM 是矩形，
∴MH=AB=3，BH=AM=x ，
∴HN=BC-BH-CN=4-2x ，
∵四边形EMFN 为矩形，AE=CF=0.5，
∴MN=EF=AC-AE-CF=4，
在Rt △MHN 中，由勾股定理得：32+（4-2x ）2=42，
解得：x=22±
， ∵0＜x ＜2，
∴x=2- 【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．
6．（1）m ＝5，n=5；（2）①证明见解析；②3
；（3）MN 的长度不会发生变化，它
． 【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 ＝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|0m -= ，
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＝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．
7．（1）见解析；（2）2
【分析】
（1）由ABC 和BCD 中，90BAC BDC ∠=∠=︒，E 为BC 的中点，得到12
DE AE BC ==，从而EDA EAD ∠=∠，根据//DC AE 得到ADC EDA ∠=∠，再根据等腰三角形的性质得到EF DA ⊥；
（2）由4BC =求出DE=AE=2，根据EF DA ⊥，得到12
DO AD =
=理求出EO ，由此得到22EF EO ==.
【详解】
（1）∵ABC 和BCD 中，90BAC BDC ∠=∠=︒，E 为BC 的中点 ∴12
DE AE BC ==
∴EDA EAD ∠=∠
∵//DC AE
∴ADC EAD ∠=∠
∴ADC EDA ∠=∠ ∵DF DE =
∴EF DA
⊥.
(2)∵4
BC=,
∴
1
2
2
DE BC
==
∵DE AE
=, ,23
EF DA AD
⊥=
∴
1
3
2
DO AD
==
Rt DEO中，221
EO DE DO
=-=
∵DF DE
=
∴22
EF EO
==
【点睛】
此题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理的运用.（1）中点的运用很关键，确定边相等，利用等边对等角求得角的相等关系；（2）在证明中利用（1）的结论求得
1
3
2
DO AD
==是解题的关键.
8．（1）①证明见解析；②60
EBF
∠=︒；（2）3
IH FH
=；（3）222
EG AG CE
=+.【分析】
（1）①由DOE BOF
∆≅∆，推出EO OF
=，OB OD
=，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB ED
=即可．
②先证明2
ABD ADB
∠=∠，推出30
ADB
∠=︒，延长即可解决问题．
（2）3
IH FH
=．只要证明IJF
∆是等边三角形即可．
（3）结论：222
EG AG CE
=+．如图3中，将ADG
∆绕点D逆时针旋转90︒得到DCM
∆，先证明DEG DEM
∆≅∆，再证明ECM
∆是直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，
四边形ABCD是矩形，
//
AD BC
∴，OB OD
=，
EDO FBO
∴∠=∠，
在DOE
∆和BOF
∆中，
EDO FBO
OD OB
EOD BOF
∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
，
DOE BOF ∴∆≅∆，
EO OF ∴=，OB OD =，
∴四边形EBFD 是平行四边形，
EF BD ⊥，OB OD =，
EB ED ∴=，
∴四边形EBFD 是菱形．
②BE 平分ABD ∠，
ABE EBD ∴∠=∠，
EB ED =，
EBD EDB ∴∠=∠，
2ABD ADB ∴∠=∠，
90ABD ADB ∠+∠=︒，
30ADB ∴∠=︒，60ABD ∠=︒，
30ABE EBO OBF ∴∠=∠=∠=︒，
60EBF ∴∠=︒．
（2）结论：
3IH FH =．
理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM EJ =，连接MJ ．
四边形EBFD 是菱形，60B ∠=︒，
EB BF ED ∴==，//DE BF ，
JDH FGH ∴∠=∠，
在DHJ ∆和GHF ∆中，
DHG GHF DH GH
JDH FGH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， DHJ GHF ∴∆≅∆，
DJ FG ∴=，JH HF =，
EJ BG EM BI ∴===，
BE IM BF ∴==，
60MEJ B ∠=∠=︒，
MEJ ∴∆是等边三角形，
MJ EM NI ∴==，60M B ∠=∠=︒
在BIF ∆和MJI ∆中，
BI MJ B M BF IM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
BIF MJI ∴∆≅∆，
IJ IF ∴=，BFI MIJ ∠=∠，HJ HF =，
IH JF ∴⊥，
120BFI BIF ∠+∠=︒，
120MIJ BIF ∴∠+∠=︒，
60JIF ∴∠=︒，
JIF ∴∆是等边三角形，
在Rt IHF ∆中，90IHF ∠=︒，60IFH ∠=︒，
30FIH ∴∠=︒，
3IH FH ∴=．
（3）结论：222EG AG CE =+．
理由：如图3中，将ADG ∆绕点D 逆时针旋转90︒得到DCM ∆，
90FAD DEF ∠+∠=︒，
AFED ∴四点共圆，
45EDF DAE ∴∠=∠=︒，90ADC ∠=︒，
45ADF EDC ∴∠+∠=︒，
ADF CDM ∠=∠，
45CDM CDE EDG ∴∠+∠=︒=∠，
在DEM ∆和DEG ∆中，
DE DE EDG EDM DG DM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
DEG DEM ∴∆≅∆，
GE EM ∴=，
45DCM DAG ACD ∠=∠=∠=︒，AG CM =，
90ECM ∴∠=︒
222EC CM EM ∴+=，
EG EM =，AG CM =，
222GE AG CE ∴=+．
【点睛】
本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
9．（1）见解析；（2）AE ＝23；（
3）（3）
12AG AF =，理由见解析. 【分析】
（1）运用四边形AMFN 是正方形得到判断△AMC,△AND 是Rt △，进一步说明△ABC 是等边三角形，在结合旋转的性质，即可证明.
（2）过E 作EG ⊥AB 于G,在BC 找一点H ，连接DH,使BH=HD ，设AG ＝x ，则AE=2x GE=3x ，得到△GBE 是等腰直角三角形和∠DHF=30°，再结合直角三角形的性质，判定Rt △AMC ≌Rt △AND ，最后通过计算求得AE 的长；
（3）延长F 1G 到M,延长BA 交11F C 的延长线于N,使得1GM FG =，可得GMB ∆≌11GFC ∆，从而得到111BM FC DF == 1BMG GF
N ∠=，可知BM ∥1F N , 再根据题意证明ABM ∆≌1ADF ∆，进一步说明1AMF ∆是等腰直角三角形，然后再使用勾股定理求解即可.
【详解】
（1）证明：∵四边形AMFN 是正方形，
∴AM=AN ∠AMC=∠N=90°
∴△AMC,△AND 是Rt △
∵△ABC 是等边三角形
∴AB=AC
∵旋转后AB=AD
∴AC=AD
∴Rt △AMC ≌Rt △AND(HL)
（2）过E 作EG ⊥AB 于G,在BC 找一点H ，连接DH,使BH=HD ，
设AG ＝x
则AE=2x 3x
易得△GBE 是等腰直角三角形
∴BG=EG ＝3x ∴AB=BC=(3
1)x +
易得∠DHF=30°
∴HD=2DF=23 ，HF=3
∴BF=BH+HF=233+
∵Rt △AMC ≌Rt △AND(HL)
∴易得CF=DF=3
∴BC=BF-CF=233333+-=+
∴(31)33x +=+
∴3x =
∴AE ＝223x =
（3）12AG AF =； 理由：如图2中,延长F 1G 到M,延长BA 交11F C 的延长线于N,使得1GM FG =,则GMB ∆≌11GFC ∆,
∴111BM FC DF == 1BMG GF
N ∠=, ∴BM ∥1F N ,
∴MBA N ∠=∠
∵0190NAO OF D ∠=∠= 1AON DOF ∠=∠
∴1N ADF ∠=∠
∴1ABM ADF ∠=∠,
∵AB AD =
∴ABM ∆≌1ADF ∆（SAS ）
∴1AM AF = 1MAB DAF ∠=∠
∴0190MAF BAD ∠=∠=
∴1AMF ∆是等腰直角三角形
∴1AG MF ⊥ 1AG GF = ∴12AF AG =
∴12AG AF = 【点睛】
本题考查正方形的性质、三角形全等、以及勾股定理等知识点，综合性强，难度较大，但解答的关键是正确做出辅助线.
10．（1）见解析；（2）①2ABE BFC ∠=∠；②见解析；③
732
【分析】
（1）证明()BAE BCF ASA ∆≅∆可得结论．
（2）①结论：2ABE BFC ∠=∠．如图2中，设EBC x ∠=，BFC y ∠=，则2ABF x ∠=，利用三角形内角和定理结合已知条件即可解决问题．
②将ABE ∆绕BE 翻折得到BEH ∆，延长BH 交CD 于T ，连接ET ．设2AB CD k ==，则3AD BC k ==，利用全等三角形的性质解决问题即可．
③求出CF ，利用三角形的面积公式，矩形的面积公式即可解决问题．
【详解】
解：（1）证明：如图1中，
四边形ABCD 是矩形，
90ABC BCD BCF ∴∠=∠=∠=︒，
60EBC =︒∠，12
CBE ABF ∠=∠， 120ABF ∴∠=︒，
906030ABE ︒∴-︒∠==︒，1209030CBF ∠=︒-︒=︒，
ABE CBF ∴∠=∠，
AB BC =，
()BAE BCF ASA ∴∆≅∆，
BE BF ∴=．
（2）①结论：290EBC BFC ∠+∠=︒．
理由：如图2中，设EBC x ∠=，BFC y ∠=，则2ABF x ∠=，
90BCF ∠=︒，
90FBC y ∴∠=︒-，
=2ABE FBC ABF EBC x x x ∠+∠=∠-∠-=，
(90)ABE x y ∴∠=-︒-，
90ABE EBC ∠+∠=︒，
(90)90x y x ∴-︒-+=︒，
2180x y ∴+=︒，
2180EBC BFC ∴∠+∠=︒，
()290180ABE BFC ∴︒-∠+∠=︒，
2ABE BFC ∴∠=∠．
②证明：将ABE ∆绕BE 翻折得到BEH ∆，延长BH 交CD 于T ，连接ET ．设2AB CD k ==，则3AD BC k ==，
ABE EBH ∠=∠，12EBC ABF ∠=∠， FBC CBT ∴∠=∠，
90FBC F CBT BTC ∠+∠=∠+∠=︒，
F BTC ∴∠=∠，
BF BT ∴=，CT CF =，
DE AE EH ==，ET ET =，90D EHT ∠=∠=︒，
Rt ETD Rt ETH(HL)∴∆≅∆，
DT TH ∴=，
在Rt BCT ∆中，则有222(2)(3)(2)k x k k x +=+-，
解得98
x k =， 2BF CF BT CT BH TH CT BH TD TC BH CD AB ∴+=+=++=++=+=．
③由②可知，3BC k =，97288
CF CR k k k ==-=，
∴2173728632
BCF
ABCD k k S S k ∆⋅⋅==矩形． 【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，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，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．。