中考数学平行四边形测试试题含答案

中考数学平行四边形测试试题含答案
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．在四边形ABCD 中，90A B C D ∠∠∠∠====，10AB CD ==，
8BC AD ==．
()1P为边BC上一点，将ABP沿直线AP翻折至AEP的位置(点B落在点E处)
①如图1，当点E落在CD边上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的图形(不写作法，保留作图痕迹，用2B铅笔加粗加黑).并直接写出此时DE=______；
②如图2，若点P为BC边的中点，连接CE，则CE与AP有何位置关系？请说明理由；()2点Q为射线DC上的一个动点，将ADQ沿AQ翻折，点D恰好落在直线BQ上的点'D处，则DQ=______；
3．如图，矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，以O为原点建立平面直角坐标系，点B，点D
分别在x轴，y轴上，点C在第一象限内，若平面内有一动点P，且满足S△POB＝1
3
S矩形
OBCD，问：
（1）当点P在矩形的对角线OC上，求点P的坐标；
（2）当点P到O，B两点的距离之和PO+PB取最小值时，求点P的坐标．
4．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．
5．如图1所示，把一个含45°角的直角三角板ECF 和一个正方形ABCD 摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C 重合，点E ，F 分别在正方形的边CB ，CD 上，连接AE 、AF ．
(1)求证：AE ＝AF ；
(2)取AF 的中点M ，EF 的中点N ，连接MD ，MN ．则MD ，MN 的数量关系是 ，MD 、MN 的位置关系是
(3)将图2中的直角三角板ECF ，绕点C 旋转180°，如图3所示，其他条件不变，则(2)中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
6．如图1，在正方形ABCD 和正方形BEFG 中，点,,A B E 在同一条直线上，P 是线段DF 的中点，连接,PG PC ．
（1）求证：,PG PC PG PC ⊥=．
简析：由Р是线段DF 的中点，//DC CF ，不妨延长GP 交DC 于点M ，从而构造出一对全等的三角形，即_______≅________．由全等三角形的性质，易证CMG 是_______三角形，进而得出结论；
（2）如图2，将原问题中的正方形ABCD 和正方形BEFG 换成菱形ABCD 和菱形BEFG ，且60ABC BEF ∠=∠=︒，探究PG 与PC 的位置关系及PG PC
的值，写出你的猜
想并加以证明；
（3）当6,2AB BE ==时，菱形ABCD 和菱形BEFG 的顶点都按逆时针排列，且60ABC BEF ∠=∠=︒．若点A B E 、、在一条直线上，如图2，则CP =________；若点
A B G 、、在一条直线上，如图3，则CP =________．
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．猜想与证明：如图①摆放矩形纸片ABCD 与矩形纸片ECGF ，使B ，C ，G 三点在一条直线上，CE 在边CD 上．连结AF ，若M 为AF 的中点，连结DM ，ME ，试猜想DM 与ME 的数量关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
(1)若将“猜想与证明”中的纸片换成正方形纸片ABCD 与正方形纸片ECGF ，其他条件不变，则DM 和ME 的关系为__________________；
(2)如图②摆放正方形纸片ABCD 与正方形纸片ECGF ，使点F 在边CD 上，点M 仍为AF 的中点，试证明(1)中的结论仍然成立．[提示：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半]
①②
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，已知正方形ABCD与正方形CEFG如图放置，连接AG，AE．
=
（1）求证：AG AE
⊥于P，交AB、AD于M、N，交AE、AG于P、Q，交BC于（2）过点F作FP AE
H，．求证：NH=FM
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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CB ，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，CF ，连接BE ，设∠CDG=α，则∠CBF=α，∠DEA=∠ADE=90°-α，求出∠DAE=2α，则∠EAB=90°-2α，
∠BEA=∠ABE=12
（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CF ；
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CF ，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
CF ；
（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=12
∠BFE=45°，则△HDF 是等腰
直角三角形，得DF ，DH=DF ，∵∠HDF=∠ADC=90°，由SAS 证得△HDA ≌△FDC ，得
CF=HA ，即可得出；
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=12
∠BFD=45°，则△DFH 是等腰直角三角形，得，DF=DH ，由SAS
证得△ADF ≌△CDH ，得出CH=AF ，即可得出DF ；
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=12
∠BFE=45°，则△HDF 是等腰直
角三角形，得出DF ，DH=DF ，由SAS 证得△ADC ≌△HDF ，得出AH=CF ，即可得出
；
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=12
∠BFE=45°，则∠DFH=∠EFA=45°，△HDF 是等腰直角三角形，得DH=DF ，
，由SAS 证得△HDA ≌△FDC ，得出AF=CF ，即可得出DF ．
【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，
∴CB ，
当点E 、F 与点B 重合时，则CF ，
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，
∴2，
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°，
∴△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，
∴2，
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=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，
∴2，DH=DF ，
∵∠HDF=∠ADC=90°，
∴∠HDA=∠FDC ，
在△HDA 和△FDC 中，
DH DF HDA FDC DA DC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△HDA ≌△FDC （SAS ），
∴CF=HA ，
2，即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=12
∠BFD=45°， ∴△DFH 是等腰直角三角形，
∴2，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 ，
∴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 ，2DF ，
∵∠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 ，
∴CF-AF=2DF ， 综上所述，线段AF 、CF 、DF 三者之间的数量关系：AF+CF=2DF 或|AF-CF|=2DF ， 故答案为：AF+CF=2DF 或|AF-CF|=2DF ．
【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）①6；②结论：//P EC A ；（2）为4和16．
【分析】
()1①如图1中，以A 为圆心AB 为半径画弧交CD 于E ，作EAB ∠的平分线交BC 于点P ，点P 即为所求.理由勾股定理可得DE ．
②如图2中，结论：EC//PA.只要证明PA BE ⊥，EC BE ⊥即可解决问题． ()2分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】
解：()1①如图1中，以A 为圆心AB 为半径画弧交CD 于E ，作EAB ∠的平分线交BC 于点P ，点P 即为所求．
在Rt ADE 中，90D ∠=，10AE AB ==，8AD =，
22221086DE AE AD ∴=-=-=，
故答案为6．
②如图2中，结论：//P EC A ．
理由：由翻折不变性可知：AE AB =，PE PB =，
PA ∴垂直平分线段BE ，
即PA BE ⊥，
PB PC PE ==，
90BEC ∠∴=，
EC BE ∴⊥，
//EC PA ∴．
()2①如图31-中，当点Q 在线段CD 上时，设DQ QD'x ==．
在Rt AD'B 中，AD'AD 8==，AB 10=，AD'B 90∠=， 22BD'AB AD'6∴=-=， 在Rt BQC 中，
222CQ BC BQ +=， 222(10x)8(x 6)∴-+=+，
x 4∴=，
DQ 4∴=．
②如图32-中，当点Q 在线段DC 的延长线上时，
DQ //AB ，
DQA QAB ∠∠∴=，
DQA AQB ∠∠=，
QAB AQB ∠∠∴=，
AB BQ 10∴==，
在Rt BCQ 中，CQ BQ 6==，
DQ DC CQ16
∴=+=，
综上所述，满足条件的DQ的值为4或16．
故答案为4和16．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
3．（1）P（10
3
，2）；（2）（
5
2
，2）或（﹣
5
2
，2）
【分析】
（1）根据已知条件得到C（5，3），设直线OC的解析式为y＝kx，求得直线OC的解析式
为y＝3
5
x，设P（m，
3
5
m），根据S△POB＝
1
3
S矩形OBCD，列方程即可得到结论；
（2）设点P的纵坐标为h，得到点P在直线y＝2或y＝﹣2的直线上，作B关于直线y＝2的对称点E，则点E的坐标为（5，4），连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，设直线OE的解析式为y＝nx，于是得到结论．
【详解】
（1）如图：
∵矩形OBCD中，OB＝5，OD＝3，
∴C（5，3），
设直线OC的解析式为y＝kx，
∴3＝5k，
∴k＝3
5
，
∴直线OC的解析式为y＝3
5 x，
∵点P在矩形的对角线OC上，
∴设P（m，3
5 m），
∵S△POB＝1
3
S矩形OBCD，
∴1
2
⨯5×
3
5
m＝
1
3
⨯3×5，
∴m＝10
3
，
∴P（10
3
，2）；
（2）∵S△POB＝1
3
S矩形OBCD，
∴设点P的纵坐标为h，
∴1
2
h×5＝
1
3
3
⨯⨯5，
∴h＝2，
∴点P在直线y＝2或y＝﹣2上，
作B关于直线y＝2的对称点E，
则点E的坐标为（5，4），
连接OE交直线y＝2于P，则此时PO+PB的值最小，
设直线OE的解析式为y＝nx，
∴4＝5n，
∴n＝4
5
，
∴直线OE的解析式为y＝4
5 x，
当y＝2时，x＝5
2
，
∴P（5
2
，2），
同理，点P在直线y＝﹣2上，
P（5
2
，﹣2），
∴点P的坐标为（5
2
，2）或（﹣
5
2
，2）．
【点睛】
本题考查了轴对称——最短路线问题，矩形的性质，待定系数法求函数的解析式，正确的找到点P在位置是解题的关键．
4．（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．
5．(1)见解析；(2)相等，垂直；(3)成立，理由见解析
【分析】
(1)由等腰直角△ECF得到CE=CF，再由正方形ABCD进一步得到BE=DF，最后证明
△ABE≌△ADF即可求解；
(2)MN是△AEF的中位线，得到AE=2MN，又M是直角三角形ADF斜边上的中点，得到AF=2MD，再由(1)中的AE=AF即可得到MN=MD；由∠DMF＝∠DAF+∠ADM，∠FMN＝
∠FAE，∠DAF＝∠BAE，∠ADM＝∠DAF＝∠BAE，由此得到∠DMN＝∠BAD＝90°；
(3)连接AE，同(1)中方法证明△ABE≌△ADF，进而得到AE=AF，此时MN是△AEF中位线，MD是直角△ADF斜边上的中线，证明方法等同(2)中即可求解．
【详解】
解：(1)证明：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠ADF＝90°，
∵△CEF是等腰直角三角形，∠C＝90°，
∴CE＝CF，
∴BC﹣CE＝CD﹣CF，
即BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF．
(2)如图2中，MD，MN的数量关系是相等，MD、MN的位置关系是垂直，理由如下：
∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，
∴AF＝2DM，
∵MN是△AEF的中位线，∴AE＝2MN，
由(1)知：AE＝AF，∴DM＝MN；
∵∠DMF＝∠DAF+∠ADM，AM＝MD，
∵∠FMN＝∠FAE，∠DAF＝∠BAE，
∴∠ADM＝∠DAF＝∠BAE，
∴∠DMN＝∠BAD＝90°，
∴DM⊥MN，
故答案为：相等，垂直；
(3)如图3中，(2)中的两个结论还成立，理由如下：
连接AE，交MD于点G，如下图所示，
∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，
∴MN∥AE，MN＝1
AE，
2
由(1)同理可证，
AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠ADF，CE＝CF，
又∵BC+CE＝CD+CF，即BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE＝AF，
在Rt△ADF中，
∵点M为AF的中点，∴DM＝1
AF，
2
∴DM＝MN，
∵△ABE≌△ADF，∴∠1＝∠2，
∵AB∥DF，∴∠1＝∠3，
同理可证：∠2＝∠4，∴∠3＝∠4，
∵DM＝AM，∴∠MAD＝∠5，
∴∠DGE＝∠5+∠4＝∠MAD+∠3＝90°，
∵MN∥AE，∴∠DMN＝∠DGE＝90°，
∴DM⊥MN．
故答案为：仍成立．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、三角形的中位线、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形全等几何知识，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．
6．（1）ΔDPM,ΔFPG；等腰直角；（2）线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；PG PC
＝；（3）2
【分析】
（1）延长GP交DC于点M，由Р是线段DF的中点，//
DC CF，可得
∠MDP=∠GFP，DP=FP，利用ASA可证明△DPM≌△FPG；可得DM=GF，MP=GP，根据正方形的性质可得CM=CG，即可证明△CMG是等腰直角三角形，即可得答案；
（2）如图，延长GP交DC于点H，利用ASA可证明△GFP≌△HDP，可得GP＝HP，GF＝HD，进而根据菱形的性质可证明△CHG是等腰三角形，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得PG⊥PC，∠HCP=∠GCP，由∠ABC=60°可得∠HCG=120°，进而可得∠CGP=30°，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理即可得答案；
（3）利用线段的和差关系可求出图2中CG的长，由（2）可知∠CGP=30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求出CP的长；在图3中，延长GP到N，使GP=PN，连接DN、CN、CG，过N作NK⊥CD，交CD延长线于K，利用SAS可证明△FGP≌△DNP，可得
GF=DN，∠GFP=∠NDP，根据角的和差关系可得∠CDN=120°，根据平角的定义可得
∠GBC=120°，利用菱形的性质及等量代换可得DN=GB，利用SAS可证明△NDC≌△GBC，可得CN=CG，∠DCN=∠BCG，根据等腰三角形的性质可得PC⊥GN，根据角的和差关系可得∠NCG=120°，进而可得出∠CNP=30°，可得PC=
1
2
CG，根据平角的定义可得
∠KDN=60°，即可得出∠KND=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得得出KD的长，利用勾股定理可求出KN的长，再利用勾股定理可求出CN的长，根据含30°角的直角三角形的性质即可得出PC的长．
【详解】
（1）如图，延长GP交DC于点M，
∵Р是线段DF的中点，四边形ABCD、BEFG是正方形，点,,
A B E在同一条直线上，
∴//
DC CF，DP=FP，CD=BC，FG=BG，
在△DPM和△FPG中，
MDP GFP
DP FP
DPM FPG
∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
，
∴△DPM≌△FPG，
∴DM=FG，KP=GP，
∴CD-DM=BC-BC，即CM=CG，
∴△CMG是等腰直角三角形，
∴PG⊥PC，PG=PC．
故答案为：ΔDPM，ΔFPG；等腰直角
（2）猜想：线段PG 与PC 的位置关系是PG ⊥PC ；
PG PC 3． 如图，延长GP 交DC 于点H ，
∵P 是线段DF 的中点，
∴FP ＝DP ，
∵四边形ABCD 和四边形BEFG 是菱形，
∴CD//AB ，CF//BE ，CD ＝CB ，GF=GB ，
∵点A B E 、、在一条直线上，
∴DC ∥GF ，
∴∠GFP ＝∠HDP ， 在△GFP 和△HDP 中，GFP HDP FP DP GPF HPD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
，
∴△GFP ≌△HDP ，
∴GP ＝HP ，GF ＝HD ，
∴CD-DH ＝CB-GB ，即CG ＝CH ，
∴△CHG 是等腰三角形．
∴PG ⊥PC ，（三线合一），∠HCP=∠GCP ，
∵∠ABC ＝∠BEF ＝60°，
∴∠HCG=120°，
∴∠CGP=12
（180°-120°）=30°， ∴CG=2PC ，
∴2222(2)3CG PC PC PC PC -=-=， ∴PG PC 3
（3）如图2，∵AB=6，BE=2，
∴CG=AB-BE=4，
由（2）可知∠CGP=30°，PG⊥PC，
∴PC=1
2
CG=2，
如图3，延长GP到N，使GP=PN，连接DN、CN、CG，过N作NK⊥CD，交CD延长线于K，
在△DNP和△FGP中，
DP FP
NPD GPF PN PG
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△DNP≌△FGP，
∴DN=GF=BG=BE=2，∠NDP=∠GFP，
∵四边形ABCD和四边形BEFG是菱形，
∴CD//AB，EF//BC，
∵点A、B、G在一条直线上，
∴DC∥EF，
∴∠CDP=∠EFP，
∵∠ABC=∠BEF=60°，
∴∠EFG=∠CBG=120°，
∴∠NDP+CDP=∠GFP+∠EFP=∠EFG=120°，即∠NDC=120°，∴∠KDN=60°，∠KND=30°，
∴KD=1
2
DN=1，223
DN KD
-=，
∴CK=CD+KD=7，
∴22
CK NK
+213
在△CDN和△CBG中，
CD BC
CDN CBG ND BG
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴CN=CG，∠DCN=∠BCG，
∴PC⊥GN，∠DCN+∠NCB=∠BCG+∠NCB=∠DCB=120°，即∠NCG=120°，
∴∠CNP=1
2
（180°-∠NCG）=30°，
∴
PC=1 2
CN=13．
故答案为：2，13
【点睛】
本题考查正方形的性质、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、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，正确作出辅助线、熟记30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质及全等三角形的判定定理是解题关键．
7．（1）①见解析；②GFC是等腰三角形，证明见解析；（2）4+25或4﹣25．【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+25或425
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，CE22
-5
DE DC
64
-22
∴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，CE＝22
-＝25，
64
-＝22
DE DC
∴BE＝BC﹣CE＝4﹣25．
综上所述，BE的长为4+25或4﹣25．
【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．猜想与证明：猜想DM与ME的数量关系是：DM＝ME，证明见解析；拓展与延伸：(1)DM＝ME，DM⊥ME；(2)证明见解析
【分析】
猜想：延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明．
（1）延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
（2）连接AC，AC和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
【详解】
解：猜想与证明：
猜想DM与ME的数量关系是：DM＝ME.
证明：如图①，延长EM交AD于点H.
①
∵四边形ABCD、四边形ECGF都是矩形，
∴AD∥BG，EF∥BG，∠HDE＝90°.
∴AD ∥EF.
∴∠AHM ＝∠FEM.
又∵AM ＝FM ，∠AMH ＝∠FME ，
∴△AMH ≌△FME.
∴HM ＝EM.
又∵∠HDE ＝90°，
∴DM ＝12
EH ＝ME ； （1）∵四边形ABCD 和CEFG 是正方形，
∴AD ∥EF ，
∴∠EFM=∠HAM ，
又∵∠FME=∠AMH ，FM=AM ，
在△FME 和△AMH 中，
EFM HAM FM AM
FME AMH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△FME ≌△AMH （ASA ）
∴HM=EM ，
在RT △HDE 中，HM=EM ，
∴DM=HM=ME ，
∴DM=ME ．
∵四边形ABCD 和CEFG 是正方形，
∴AD=CD ，CE=EF ，
∵△FME ≌△AMH ，
∴EF=AH ，
∴DH=DE ，
∴△DEH 是等腰直角三角形，
又∵MH=ME ，
故答案为：DM ＝ME ，DM ⊥ME ；
（2）证明：如图②，连结AC.
②
∵四边形ABCD 、四边形ECGF 都是正方形，
∴∠DCA ＝∠DCE ＝∠CFE ＝45°，
∴点E 在AC 上．
∴∠AEF ＝∠FEC ＝90°.
又∵点M是AF的中点，
∴ME＝1
2 AF.
∵∠ADC＝90°，点M是AF的中点，
∴DM＝1
2 AF.
∴DM＝ME.
∵ME＝1
2
AF＝FM，DM＝
1
2
AF＝FM，
∴∠DFM＝1
2
(180°－∠DMF)，∠MFE＝
1
2
(180°－∠FME)，
∴∠DFM＋∠MFE＝1
2
(180°－∠DMF)＋
1
2
(180°－∠FME)
＝180°－1
2
(∠DMF＋∠FME)
＝180°－1
2
∠DME.
∵∠DFM＋∠MFE＝180°－∠CFE＝180°－45°＝135°，
∴180°－1
2
∠DME＝135°.
∴∠DME＝90°.
∴DM⊥ME.
【点睛】
本题主要考查四边形的综合题，解题的关键是利用正方形的性质及直角三角形的中线与斜边的关系找出相等的线段．
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）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．。