八年级初二数学下学期平行四边形单元综合模拟测评检测

八年级初二数学下学期平行四边形单元综合模拟测评检测
一、解答题
1．如图，平行四边形ABCD 的对角线AC BD 、交于点O ，分别过点C D 、作//,//CF BD DF AC ，连接BF 交AC 于点E ．
(1)求证: FCE BOE ≌；
(2)当ADC ∠等于多少度时，四边形OCFD 为菱形?请说明理由．
2．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．
3．已知：如图，在△ABC 中，D 是BC 边上的一点，E 是AD 的中点，过点A 作BC 的平行线交于BE 的延长线于点F ，且AF=DC ，连接CF ．
（1）求证：D 是BC 的中点；
（2）如果AB=AC ，试判断四边形ADCF 的形状，并证明你的结论．
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 ＝5，且BF ＝DF ，求旋转角度α的大小．
5．如图，在矩形ABCD 中，E 是AD 的中点，将ABE ∆沿BE 折叠，点A 的对应点为点G ．
图1 图2
（1）填空：如图1，当点G 恰好在BC 边上时，四边形ABGE 的形状是________； （2）如图2，当点G 在矩形ABCD 内部时，延长BG 交DC 边于点F ．
①求证：BF AB DF =+．
②若3AD AB =，试探索线段DF 与FC 的数量关系．
6．如图，点P 是正方形ABCD 内的一点，连接,CP 将线段CP 绕点C 顺时针旋转90,︒得到线段,CQ 连接,BP DQ .
()1如图甲，求证：CBP CDQ ∠=∠；
()2如图乙，延长BP 交直线DQ 于点E .求证：BE DQ ⊥；
()3如图丙，若BCP 为等边三角形，探索线段,PD PE 之间的数量关系，并说明理由.
7．已知正方形,ABCD 点F 是射线DC 上一动点(不与,C D 重合)．连接AF 并延长交直线BC 于点E ，交BD 于,H 连接CH ．在EF 上取一点,G 使ECG DAH ∠=∠． （1）若点F 在边CD 上，如图1，
①求证：CH CG ⊥．
②求证：GFC 是等腰三角形．
（2）取DF 中点,M 连接MG ．若3MG =，正方形边长为4，则BE = ．
8．如图1，已知四边形ABCD 是正方形，E 是对角线BD 上的一点，连接AE ，CE ．
（1）求证：AE ＝CE ；
（2）如图2，点P 是边CD 上的一点，且PE ⊥BD 于E ，连接BP ，O 为BP 的中点，连接EO ．若∠PBC ＝30°，求∠POE 的度数；
（3）在（2）的条件下，若OE 2，求CE 的长．
9．我们知道平行四边形有很多性质，现在如果我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现这其中还有更多的结论.
（发现与证明．．
）ABCD 中，AB BC ≠，将ABC ∆沿AC 翻折至'AB C ∆，连结'B D . 结论1：'AB C ∆与ABCD 重叠部分的图形是等腰三角形；
结论2：'B D AC .
试证明以上结论.
（应用与探究）
在ABCD 中，已知2BC =，45B ∠=，将ABC ∆沿AC 翻折至'AB C ∆，连结'B D .若以A 、C 、D 、'B 为顶点的四边形是正方形，求AC 的长.（要求画出图形）
10．如图，ABC ADC ∆≅∆，90,ABC ADC AB BC ︒
∠=∠==，点F 在边AB 上，点E 在边AD 的延长线上，且,DE BF BG CF =⊥，垂足为H ，BH 的延长线交AC 于点G .
（1）若10AB =，求四边形AECF 的面积；
（2）若CG CB =，求证：2BG FH CE +=.
【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）当ADC 满足90ADC ∠=︒时，四边形OCFD 为菱形，证明详见解析
【分析】
（1）证明四边形OCFD 是平行四边形，得出OD=CF ，证出OB=CF ，再证明全等即可（2）证出四边形ABCD 是矩形，由矩形的性质得出OC=OD ，即可得出四边形OCFD 为菱形.
【详解】
(1)证明:∵//,//CF BD DF AC ，
∴四边形OCFD 是平行四边形， OBE CFE ∠=∠，
∴OD CF =，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴OB OD =，
∴OB CF =，
在FCE △和BOE △中， OBE CFE BEO FEC OB CF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴()FCE BOE AAS ≌．
(2)当ADC 满足90ADC ∠=︒时，四边形OCFD 为菱形.理由如下:
∵90ADC ∠=︒，四边形ABCD 是平行四边形，
∴四边形ABCD 是矩形
∴,,,OA OC OB OD AC BD ===
∴OC OD =，
∴四边形OCFD 为菱形
【点睛】
本题考查全等三角形判定与性质，平行四边形和菱形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定和性质和菱形的判定是解题的关键.
2．（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．
3．（1）见详解；（2）四边形ADCF是矩形；证明见详解．
【分析】
（1）可证△AFE≌△DBE，得出AF=BD，进而根据AF=DC，得出D是BC中点的结论；（2）若AB=AC，则△ABC是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质知AD⊥BC；而AF与DC平行且相等，故四边形ADCF是平行四边形，又AD⊥BC，则四边形ADCF是矩形．
【详解】
（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE．
∵AF∥BC，
∴∠FAE=∠BDE，∠AFE=∠DBE．
在△AFE和△DBE中，
FAE BDE
AFE DBE
AE DE
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△AFE≌△DBE（AAS）．
∴AF=BD．
∵AF=DC，
∴BD=DC．
即：D是BC的中点．
（2）解：四边形ADCF是矩形；
证明：∵AF=DC，AF∥DC，
∴四边形ADCF是平行四边形．
∵AB=AC，BD=DC，
∴AD⊥BC即∠ADC=90°．
∴平行四边形ADCF是矩形．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行四边形、矩形的判定等知识综合运用．解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法，以及全等三角形的判定和性质进行证明．
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
∴AC＝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）四边形ABGE 的形状是正方形；（2）①详见解析；②DF=3CF
【分析】
（1）由四边形ABCD 是矩形，可得90A ABC ︒∠=∠=，由折叠得：
90BGE A ︒∠=∠=，根据三个内角是直角可判断四边形ABGE 为矩形，由折叠得：AB=BG ，根据一组邻边相等的矩形是正方形可判断矩形ABGE 为正方形；
（2）①如图，连结EF ，在矩形ABCD 中，AB=DC ，AD=BC ，∠A=∠C=∠D=90°，由△ABE 沿BE 折叠后得到△GBE ，可得BG=AB ，EG=AE=ED ，∠A=∠BGE=90°，故∠EGF=∠D=90°，由HL 可判断Rt △EGF ≌Rt △EDF ，得到DF=FG ，问题得证；
②设AB=DC=a ，则，另设CF=x ，则DF=DC-CF=a-x ，由①得BF=AB+DF =2a-x ，在Rt △BCF 中，由勾股定理得：BF 2=BC 2+CF 2，代入数据运算可得：x=14a ，即CF=14
a ，DF=a-x=
34
a ，进而可得DF 与CF 关系． 【详解】 （1）四边形ABGE 的形状是正方形．
理由是：∵四边形ABCD 是矩形，
∴90A ABC ︒∠=∠=，
由折叠得：90BGE A ︒∠=∠=，
∴四边形ABGE 为矩形，
由折叠得：AB=BG ，
∴矩形ABGE 为正方形；
故答案为：正方形．
（2）①如图，连结EF ，
在矩形ABCD 中，AB=DC ，AD=BC ，∠A=∠C=∠D=90°，
∵E 是AD 的中点，
∴AE=DE ，
∵△ABE 沿BE 折叠后得到△GBE ，
∴BG=AB ，EG=AE=ED ，∠A=∠BGE=90°，
∴∠EGF=∠D=90°，
Rt △EGF 和Rt △EDF 中，
EG ED EF EF =⎧⎨=⎩
， ∴Rt △EGF ≌Rt △EDF （HL ），
∴DF=FG ，
∴BF=BG+GF=AB+DF ；
②不妨假设AB=DC=a ，则3，另设CF=x ，则DF=DC-CF=a-x ，
由①得BF=AB+DF=a+a-x=2a-x ，
在Rt △BCF 中，由勾股定理得：
BF 2=BC 2+CF 2，
即(2a-x)23a)2+x 2，
整理得：x=
14a ， ∴CF=14
a ，DF=a-x=34a ， ∴DF=3CF ．
【点睛】
本题主要考查了折叠的性质，正方形的判定，三角形全等的判定，勾股定理等内容，根据图形作出辅助线找出线段的等量关系列出方程是解题的关键．
6．（1）证明见试题解析；（2）证明见试题解析；（3）△DEP 为等腰直角三角形，理由见试题解析．
【分析】
（1）根据正方形性质得出BC ＝DC ，根据旋转图形的性质得出CP ＝CQ 以及∠PCB ＝∠QCD ，从而得出三角形全等来得出结论；
（2）由（1）知∠PBC ＝∠QBC ，BE 和CD 交点为F ，根据对顶角得出∠DFE ＝∠BFC ，从而说明BE ⊥QD ；
（3）根据等边三角形的性质得出PB＝PC＝BC，∠PBC＝∠BPC＝∠PCB＝60°，则∠PCD＝30°，根据BC＝DC，CP＝CQ得出△PCD为等腰三角形，然后根据△DCQ为等边三角形，从而得出∠DEP＝90°，从而得出答案．
【详解】
（1）证明∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，
又∵将线段CP绕点C顺时针旋90°得到线段CQ，
∴CP＝CQ，∠PCQ＝90°，
∴∠PCD＋∠QCD＝90°，
又∵∠PCB＋∠PCD＝90°，
∴∠PCB＝∠QCD
在△BCP和△DCQ中，
BC＝DC，CP＝CQ，∠PCB＝∠QCD，
∴△BCP≌△DCQ，
∴∠CBP＝∠CDQ；
（2）证明：∵△BCP≌△DCQ，
∴∠PBC＝∠QDC，
∴∠DFE＝∠BFC，∠FED＝∠FCB＝90°，
∴BE⊥QD；
（3）△DEP为等腰直角三角形，理由如下：
∵△BPC为等边三角形，
∴PB＝PC＝BC，∠PBC＝∠BPC＝∠PCB＝60°，
∴∠PCD＝90°－60°＝30°，
∴∠DCQ＝90°－30°＝60°，
又∵BC＝DC，CP＝CQ，
∴PC＝DC，DC＝CQ，
∴△PCD是等腰三角形，△DCQ是等边三角形，
∴∠CPD＝∠CDP＝75°，∠CDQ＝60°，
∴∠EPD＝180°－75°－60°＝45°，
∠EDP＝180°－75°－60°＝45°，
∴∠EPD＝∠EDP，PE＝DE，
∴∠DEP＝180°－45°－45°＝90°，
∴△DEP是等腰直角三形．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定和性质以及旋转的性质，掌握正方形的四条边相等、四个角都是直角，旋转的性质证明三角形全等是解题的关键．
7．（1）①见解析；②GFC是等腰三角形，证明见解析；（2）4+4﹣
【分析】
（1）①只要证明△DAH≌△DCH，即可解决问题；
②只要证明∠CFG=∠FCG ，即可解决问题；
（2）分两种情形解决问题：①当点F 在线段CD 上时，连接DE ．②当点F 在线段DC 的延长线上时，连接DE ．分别求出EC 即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠ADB ＝∠CDB ＝45°，DA ＝DC ，
在△DAH 和△DCH 中，
DA DC ADH CDH DH DH =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△DAH ≌△DCH ，
∴∠DAH ＝∠DCH ；
∵∠ECG=∠DAH ，
∴∠ECG=∠DCH ，
∵∠ECG+∠FCG=∠FCE=90°，
∴∠DCH+∠FCG=90°，
∴CH ⊥CG.
②∵在Rt △ADF 中，∠DFA+∠DAF ＝90°，
由①得∠DCH+∠FCG=90°，∠DAH ＝∠DCH ；
∴∠DFA ＝∠FCG ，
又∵∠DFA ＝∠CFG ，
∴∠CFG ＝∠FCG ，
∴GF ＝GC ，
∴△GFC 是等腰三角形
（2）BE 的长为 4+25425- ．
①如图①当点F 在线段CD 上时，连接DE ．
∵∠GFC＝∠GCF，
又∵在Rt△FCG中，∠GEC+∠GFC＝90°，∠GCF+∠GCE＝90°，
∴∠GCE＝∠GEC，
∴EG＝GC＝FG，
∴G是EF的中点，
∴GM是△DEF的中位线
∴DE＝2MG＝6，
在Rt△DCE中，CE＝22
64
-＝25，
-＝22
DE DC
∴BE＝BC+CE＝4+25．
②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．
同法可知GM是△DEC的中位线，
∴DE＝2GM＝5，
在Rt△DCE中，CE22
-5
64
-22
DE DC
∴BE＝BC﹣CE＝4﹣5
综上所述，BE的长为4+54﹣25
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，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．
8．（1）详见解析；（2）30°；（3）2
【分析】
（1）利用正方形的性质，得到AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ＝45°，进而判断△ADE ≌△CDE 得到结论；
（2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以得到OB ＝OE ，∠OBE ＝∠OEB ＝15°，再利用外角和定理求得；
（3）连接OC ，与（2）同理得到∠POC ＝60°，则△EOC 为直接三角形，再应用勾股定理求得.
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ＝45°，
在△ADE 和△CDE 中，
AD CD ADE CDE DE DE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ADE ≌△CDE （SAS ），
∴AE ＝CE ；
（2）∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠DBC ＝45°，
∵∠PBC ＝30°，
∴∠PBE ＝15°，
∵PE ⊥BD ，O 为BP 的中点，
∴EO ＝BO ＝PO ，
∴∠OBE ＝∠OEB ＝15°，
∴∠EOP ＝∠OBE ＋∠OEB ＝30°；
（3）如图，连接OC ，
∵点O 是BP 的中点，∠BCP ＝90°，
∴CO ＝BO ，
∴EO ＝CO 2，∠OBC ＝∠OCB ＝30°，
∴∠POC ＝60°，
∴∠EOC ＝∠EOP ＋∠POC ＝90°，
∵EC2＝EO2＋CO2＝4，
∴EC＝2.
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、外角和定理、勾股定理，综合性较强，要注意数形结合.
9．【发现与证明
．．】结论1：见解析，结论2：见解析；【应用与探究】AC的长为2或2.【分析】
【发现与证明
．．】由平行四边形的性质得出∠EAC=∠ACB，由翻折的性质得出
∠ACB=∠ACB′，证出∠EAC=∠ACB′，得出AE=CE；得出DE=B′E，证出
∠CB′D=∠B′DA=1
2
（180°-∠B′ED），由∠AEC=∠B′ED，得出∠ACB′=∠CB′D，
即可得出B′D∥AC；
【应用与探究】：分两种情况：①由正方形的性质得出∠CAB′=90°，得出∠BAC=90°，再由三角函数即可求出AC；②由正方形的性质和已知条件得出AC=BC=2．
【详解】
【发现与证明
．．】:∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC,AD∥BC，
∴∠EAC=∠ACB，
∵△ABC≌△AB′C，
∴∠ACB=∠ACB′,BC=B′C，
∴∠EAC=∠ACB′，
∴AE=CE，
即△ACE是等腰三角形；
∴DE=B′E，
∴∠CB′D=∠B′DA=12(180°−∠B′ED)，
∵∠AEC=∠B′ED，
∴∠ACB′=∠CB′D，
∴B′D∥AC；
【应用与探究】:分两种情况：①如图1所示：
∵四边形ACDB′是正方形，
∴∠CAB′=90°，
∴∠BAC=90°，
∵∠B=45°，
∴AC=222
BC =； ②如图2所示：AC=BC=2；
综上所述：AC 2或2.
【点睛】
本题考查平行四边形的性质, 正方形的性质, 翻折变换（折叠问题）.【发现与证明．．
】对于结论1，要证明三角形是等腰三角形，只需要证明它的两条边相等，而在同一个三角形内要证明两条线段相等只需要证明它们所对应的角相等（即用等角对等边证明）.结论2：要证明两条线段平行，本题用到了内错角相等，两直线平行.所以解决【发现与证明．．
】的关键是根据已知条件找到对应角之间的关系. 【应用与探究】折叠时，因为正方形的四个角都是直角，所以对应线段之间存在共线情况，所以分BA 和AB’共线和BC 和B’C 两种情况讨论，能根据题意画出两种情况对应的图形，是解题关键.
10．(1)100；(2)见解析.
【分析】
(1)先证明四边形ABCD 是正方形，再根据已知条件证明△BCF ≌△DCE ，即可得到四边形AECF 的面积=正方形ABCD 的面积；
(2) 延长BG 交AD 于点M ，作AN ⊥MN ，连接FG ，先证明四边形BCEM 是平行四边形，得到BM=CE ，证明△BCF ≌△GCF ，得到BF=GF ，∠FGC=∠FBC=90︒，由AN ⊥MN ，得GM=2MN ，根据∠BAC=45︒，BC ∥AD 得到AM=BF ，再证△BFH ≌△AMN,得到GM=2FH ， 由此得到结论.
【详解】
(1)∵9,0ABC AB BC ︒∠==，
∴△ABC 是等腰直角三角形，
∵ABC ADC ∆≅∆，
∴AB=AD=BC=DC ，
∴四边形ABCD 是菱形，
∵90ABC ADC ︒∠=∠=，
∴四边形ABCD 是正方形，
∴∠BCD=90ABC ADC ︒∠=∠=，
∴∠CDE=90ABC ADC ︒∠=∠=，
∵BF=DE,BC=DC ，
∴△BCF ≌△DCE ，
∴四边形AECF 的面积=S 正方形ABCD =AB 2=102=100.
(2)延长BG 交AD 于点M ，作AN ⊥MN ，连接FG, ∵△BCF ≌△DCE ，
∴∠BCF=∠DCE ，
∴∠FCE=∠BCD=90︒,
∵BG ⊥CF ，
∴∠FHM=∠FCE=90︒,
∴BM ∥CE,
∵BC ∥AD,
∴四边形BCEM 是平行四边形， ∴BM=CE.
∵CG CB =，BG ⊥CF ，
∴∠BCH=∠GCH,∠CBM=∠CGB, ∴△BCF ≌△GCF,
∴BF=GF,∠FGC=∠FBC=90︒,
∵∠BAC=45︒，
∴∠AFG=∠BAC=45︒，
∴FG=AG,
∵BC ∥AD,
∴∠CBM=∠AMB,
∴∠AGM=∠CGB=∠CBM=∠AMB, ∴AM=AG,
∵AN ⊥MN ，
∴GM=2MN,
∵∠BAD=∠ANM=90︒,
∴∠ABM+∠AMN=∠MAN+∠AMN=90︒, ∴∠ABM=∠MAN,
∵AM=AG=FG=BF,∠BHF=∠ANM=90︒, ∴△BFH ≌△AMN,
∴FH=MN,
∴GM=2FH,
∵BG+GM=CE,
∴2BG FH CE +=.
【点睛】
此题是四边形的综合题，考查正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角
形的性质，平行四边形的性质，解题中注意综合思想的方法积累.。