广东省华南师大中山附中2019-2020学年八年级下学期第二次月考数学试题

广东省华南师大中山附中2019-2020学年八年级下学期第二
次月考数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列计算正确的是（）
A+=B．2
=
C=D2
÷=
2．下列根式中属于最简二次根式的是（）
A B C D
3．下列各组数中，能构成直角三角形的是（）
A．4，5，6 B．1，1C．6，8，11 D．5，12，23 4．如图所示，数轴上点A所表示的数为a，则a的值是（）
A1B．1C1D
5．如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．若∠AOD=120°，AC=4，则CD 的长为()
A．2 B．3 C．D．
6．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6cm，AD＝8cm，AC、BD相交于点O，OE⊥BD 交AD于E，则△ABE的周长为（）．
7．如图，在四边形ABCD中,点O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的是（）
A．AC=BD，AB∥CB，AD∥BC B．AD∥BC，∠BAD =∠BCD
C．AO=CO，BO=DO，AB=BC D．AO=BO=CO=DO，AC⊥BD
8．下列各命题中，原命题成立，而它逆命题不成立的是（）
A．平行四边形的两组对边分别平行
B．矩形的对角线相等
C．四边相等的四边形是菱形
D．直角三角形中，斜边的平方等于两直角边的平方和
9．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE＝2，AE＝4，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是（）
A．6 B．C．8 D．
10．如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AD＝1
2
AC，M、N、P
分别是OA、OB、CD的中点，下列结论：
①CN⊥BD；
②MN＝NP；
③四边形MNCP是菱形；
④ND平分∠PNM．
其中正确的有（）
A．1 个B．2 个C．3 个D．4 个
二、填空题
11=___________
12有意义，则x的取值范围是_____．
13．如图，四边形ABCD的两条对角线AC、BD互相垂直，A1、B1、C1、D1是四边形
ABCD的中点．如果AC，BD＝，那么四边形A1B1C1D1的面积为_____．
14．《九章算术》是我国古代最重要的数学著作之一，在“勾股”章节中记载了一道“折竹抵地”的问题：“今有竹高一尺，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”译文：一根竹子，原高一丈，后来竹子折断，其竹竿恰好着地，着地处离原竹子根部3尺远，如图所示，问：原处竹子（AC）还剩__________尺？（1丈=10尺）．
15．如图，正方形ABCO的顶点C，A分别在轴，轴上，BC是菱形BDCE的对角线，若∠D=60°，BC=2，则点D的坐标是____________．
16．如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝7，BC＝10，则EF的长为_____．
17．在菱形ABCD 中，∠BAD ＝108°，AB 的垂直平分线交AC 于点N ，点M 为垂足，连接DN ，则∠CDN 的度数是_____．
三、解答题
18．计算：
（1）⎛- ⎝ ；
（2）． 19．如图，在△ABC 中，CD ⊥AB ，垂足为D ，如果CD ＝6，AD ＝9，BD ＝4，那么△ABC 是直角三角形吗？请说明理由．
20．如图，在▱ABCD 中，O 是BD 的中点，E 、F 分别是BC 、AD 的中点，M 、N 分别是OB 、OD 中点．求证：四边形MENF 是平行四边形．
21．如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 相交于O ，E 是BC 中点，连接OE 并延长到F ，使EF ＝OE ．
（1）求证：四边形OBFC 是矩形．
（2）如果作BG ∥OF ，FG ∥BC ，四边形BGFE 是何特殊四边形？并说明理由．
22．一张矩形纸ABCD，将点B翻折到对角线AC上的点M处，折痕CE交AB于点E．将点D翻折到对角线AC上的点H处，折痕AF交DC于点F，折叠出四边形AECF．（1）求证：AF//CE；
（2）当∠BAC＝度时，四边形AECF是菱形？说明理由．
23．如图，已知正方形ABCD的面积是8，连接AC、BD交于点O，CM平分∠ACD交BD于点M，MN⊥CM，交AB于点N，
（1）求∠BMN的度数；
（2）求BN的长．
24．已知△ABC的三边BC＝a，AC＝b，AB＝c，且满足|a+（c﹣3）2＝0．如图，P为BC边上一动点，PM⊥AB于点M，PN⊥AC于点N．
（1）求证：四边形AMPN是矩形；
（2）在点P的运动过程中，MN的长度是否存在最小值？若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由．
25．如图1，在平行四边形ABCD中，∠ADC的平分线交AB于点E，交CB的延长线于F，以BE、BF为邻边作▱EBFH．
（1）证明：▱EBFH是菱形；
（2）（如图2）若∠ABC＝90°．
①直接写出四边形EBHF的形状；
②已知AB＝10，AD＝6，M是EF的中点，求CM的长．
（3）（如图3）若∠ABC＝60°，连结HA、HB、HC、AC，求证：△ACH是等边三角形．
参考答案
1．C
【解析】
【分析】
根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的乘法法则对C进行判断；根据二次根式的除法法则对D进行判断．
【详解】
解：A==，所以A选项错误；
B.=B选项错误；
C==，所以C选项正确；
D22
==D选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
2．A
【解析】
【分析】
判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【详解】
解：A、该二次根式符合最简二次根式的定义，故本选项正确；
B、该二次根式的被开方数中含有分母，所以它不是最简二次根式，故本选项错误；
C、该二次根式的被开方数中含有能开得尽方的因数4，所以它不是最简二次根式，故本选项错误；
D、该二次根式的被开方数中含有能开得尽方的因数9，所以它不是最简二次根式，故本选项错误；
故选A．
【点睛】
本题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件： （1）被开方数不含分母；
（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
3．B
【解析】
【分析】
根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个是直角三角形判定则可．
【详解】
解：A 、222456+≠，故不是直角三角形，错误；
B 、22211,+= ，故是直角三角形，正确；
C 、2226811,+≠ 故不是直角三角形，错误；
D 、22251223,+≠故不是直角三角形，错误．
故选：B ．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断． 4．C
【解析】
【分析】
先根据勾股定理求出三角形的斜边长，再根据两点间的距离公式即可求出A 点的坐标．
【详解】
解：图中的直角三角形的两直角边为1和2，
=
∴-1到A a 1.
故选C.
【点睛】
本题考查的是勾股定理及两点间的距离公式，解答此题时要注意，确定点A的符号后，点A 所表示的数是距离原点的距离．
5．A
【解析】
【分析】
根据邻补角的定义求出∠COD＝60°，再根据矩形的对角线互相平分且相等可得AO＝BO＝CO＝DO＝2，然后判断出△COD是等边三角形，根据等边三角形三条边都相等可得CD＝DO＝2．
【详解】
∵∠AOD=120°，
∴∠COD=180°﹣∠AOD=180°﹣120°=60°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=CO=DO=2，
∴△COD是等边三角形，
∴CD=DO=2．
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记各性质并判断出△COD是等边三角形是解题的关键．
6．B
【解析】
【分析】
利用平行四边形的性质结合OE⊥BD可得EO是BD的垂直平分线，再利用线段垂直平分线的性质可得BE＝DE，然后可得△ABE的周长．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，AC、BD相交于点O
∴BO＝DO
又∵OE⊥BD
∴BE＝DE
∵AB＝6cm，AD＝8cm，
∴△ABE的周长＝AB+AE+BE＝AB+AE+ED＝AB+AD＝14cm
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形、垂直平分线的知识；解题的管家你是熟练掌握平行四边形、垂直平分线的性质，从而完成求解．
7．D
【解析】
AO=BO=CO=DO可得四边形ABCD是矩形，再由AC⊥BD可判定这个四边形是正方形，故选D．
【点睛】此题主要考查了正方形的判定，关键是掌握正方形的判定方法：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角．③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
8．B
【解析】
【分析】
分别判断该命题的原命题和逆命题后即可确定正确的选项．
【详解】
解：A、平行四边形的两组对边分别平行，成立，逆命题为两组对边分别平行的四边形是平行四边形，正确，不符合题意；
B、矩形的对角线相等，成立，逆命题为对角线相等的四边形是矩形，不成立，符合题意；
C、四边相等的四边形是菱形，成立，逆命题为菱形的四条边相等，成立，不符合题意；
D、直角三角形中，斜边的平方等于两直角边的平方和，成立，逆命题为两边的平方和等于第三边的平方的三角形为直角三角形，成立，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查的是命题和定理的知识，正确的写出它的逆命题是解题的关键．
9．D
【解析】
【分析】
由正方形的性质得出B、D关于AC对称，根据两点之间线段最短可知，连接DE，交AC
于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小，进而利用勾股定理求出即可．
【详解】
解：如图，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小，
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴PB＝PD，
∴PB+PE＝PD+PE＝DE．
∵BE＝2，AE＝4，
∴AD＝AB＝6，
∴DE
故PB+PE的最小值是
故选：D．
【点睛】
本题考查轴对称—最短路线问题，其中涉及正方形的性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键
10．C
【解析】
【分析】
证出OC＝BC，由等腰三角形的性质得CN⊥BD，①正确；证出MN是△AOB的中位线，得
MN∥AB，MN＝1
2
AB，由直角三角形的性质得NP＝
1
2
CD，则MN＝NP，②正确；周长
四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；由平行线的性质和等腰三角形的性质证出∠MND＝∠PND，则ND平分∠PNM，④正确；即可得出结论．【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，OA＝OC＝1
2 AC，
∵AD＝1
2 AC，
∴OC＝BC，
∵N是OB的中点，
∴CN⊥BD，①正确；
∵M、N分别是OA、OB的中点，∴MN是△AOB的中位线，
∴MN∥AB，MN＝1
2 AB，
∵CN⊥BD，
∴∠CND＝90°，∵P是CD的中点，
∴NP＝1
2
CD＝PD＝PC，
∴MN＝NP，②正确；
∵MN∥AB，AB∥CD，
∴MN∥CD，
又∵NP＝PC，MN＝NP，
∴MN＝PC，
∴四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；
∵MN∥CD，
∴∠PDN＝∠MND，
∵NP＝PD，
∴∠PDN＝∠PND，
∴∠MND＝∠PND，
∴ND平分∠PNM，④正确；
正确的个数有3个，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形性质和判定，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线性质，等
腰三角形的性质等；熟练掌握三角形中位线定理、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．
112
-
【解析】
【分析】
根据二次根式的性质化简即可．
【详解】
解：∵20
-<，
2
=2，
2．
【点睛】
本题考查了二次根式的性质，解题的关键是要判断20
<．
12．
3
4
x≤．
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式得到答案．【详解】
解：由题意得，3﹣4x≥0，
解得，
3
4
x≤，
故答案为：
3
4
x≤．
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数必须是非负数是解题的关键．
13．．
【解析】
【分析】
根据三角形的中位线定理证明四边形A1B1C1D1是矩形，从而根据矩形的面积进行计算．
解：∵A 1，B 1，C 1，D 1是四边形ABCD 的中点四边形，且AC ，BD ＝ ∴A 1D 1是△ABD 的中位线，
∴A 1D 1＝12BD ＝12×
同理可得A 1B 1＝
12AC 根据三角形的中位线定理，可以证明四边形A 1B 1C 1D 1是矩形，
那么四边形A 1B 1C 1D 1的面积为A 1D 1×A 1B 1＝2×
故答案为：
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理，是经常出现的知识点．注意：顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所得四边形是矩形．
14．9120
． 【解析】
【分析】
竹子折断后刚好构成一个直角三角形，设竹子折断处离地面x 尺，则斜边为（10-x ）尺．利用勾股定理解题即可．
【详解】
解：设竹子折断处离地面x 尺，则斜边为（10-x ）尺，
根据勾股定理得：x 2+32=（10-x ）2
解得：x=
9120
． 故答案是：9120． 【点睛】
此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
15．（2，1）．
试题分析：过点D作DG⊥BC于点G，∵四边形BDCE是菱形，∴BD=CD．
∵BC=2，∠D=60°，∴△BCD是等边三角形，∴BD=BC=CD=2，∴CG=1，GD=CD•sin60°=2×
2
∴D（2，1）．故答案为（2，1）．
考点：正方形的性质；坐标与图形性质；菱形的性质．
16．1.5．
【解析】
【分析】
根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，结合图形计算，得到答案．
【详解】
解：∵DE为△ABC的中位线，
∴DE＝1
2
BC＝5，
在Rt△AFB中，D是AB的中点，
∴DF＝1
2
AB＝3.5，
∴EF＝DE﹣DF＝1.5，
故答案为：1.5
【点睛】
本题考查中位线的性质、线段的和与差等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
17．18°．
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得AD ＝AB ，∠ABC ＝72°，∠CAB ＝54°，由线段垂直平分线的性质可得AN ＝NB ，可求∠CBN ＝72°﹣54°＝18°，由“SAS ”可证△DCN ≌△BCN ，可得∠CDN ＝∠CBN ＝18°．
【详解】
解：如图，连接BN ，
∵在菱形ABCD 中，∠BAD ＝108°，
∴AD ＝AB ，∠ABC ＝72°，∠CAB ＝54°，
∵AB 的垂直平分线交AC 于点N ，
∴AN ＝NB ，
∴∠CAB ＝∠ABN ＝54°，
∴∠CBN ＝72°﹣54°＝18°，
在△DCN 和△BCN 中，
DC BC DCN BCN CN CN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△DCN ≌△BCN （SAS ），
∴∠CDN ＝∠CBN ＝18°，
故答案为：18°．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
18．（1）
（2
）4．
【解析】
【分析】
(1)先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
(2)根据二次根式的乘除法则运算．
解：（1）原式＝
＝
（2）原式＝，
＝﹣4
＝﹣4．
【点睛】
本题主要考查的是二次根式的运算，掌握二次根式的运算方法并正确的应用是解题的关键．19．是，理由详见解析
【解析】
【分析】
利用勾股定理计算出AC2、CB2，然后利用勾股定理逆定理证明结论即可．
【详解】
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠CDB＝90°
∵CD＝6，AD＝9，BD＝4
∴AC2＝CD2+AD2＝36+81＝117
CB2＝CD2+BD2＝36+16＝52
∵AD＝9，BD＝4
∴AB＝AD+BD=13
∴AC2+BC2＝169＝AB2
∴∠ACB＝90°
∴△ABC是直角三角形．
【点睛】
本题考查了直角三角形勾股定理和勾股定理逆定理的知识；解题的关键是熟练掌握直角三角形勾股定理和勾股定理逆定理的性质并计算，从而完成求解．
20．详见解析
【分析】
证△DNF ≌△BME （SAS ），得FN ＝EM ，∠DNF ＝∠BME ，则∠FNM ＝∠EMN ，证出FN ∥EM ，即可得出四边形MENF 是平行四边形．
【详解】
证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD ＝BC ，AD ∥BC ，
∴∠FDN ＝∠EBM ，
∵E 、F 分别是BC 、AD 的中点，
∴DF ＝BE ，
∵O 是BD 的中点，
∴OD ＝OB ，
∵M 、N 分别是OB 、OD 中点，
∴DN ＝BM ，
在△DNF 和△BME 中，
DF BE FDN EBM DN BM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△DNF ≌△BME （SAS ），
∴FN ＝EM ，∠DNF ＝∠BME ，
∴∠FNM ＝∠EMN ，
∴FN ∥EM ，
∴四边形MENF 是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
21．（1）详见解析；（2）四边形BGFE 是菱形，理由详见解析．
【解析】
【分析】
（1）证出四边形OBFC 是平行四边形，由菱形的性质得AC ⊥BD ，则∠BOC ＝90°，即可
（2）先证出四边形BGFE是平行四边形，由矩形的性质得BE＝EF，即可得出四边形BGFE 是菱形．
【详解】
（1）证明：∵E是BC中点，
∴BE＝CE，
∵EF＝OE，
∴四边形OBFC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴平行四边形OBFC是矩形；
（2）解：四边形BGFE是菱形，理由如下：
∵BG∥OF，FG∥BC，
∴四边形BGFE是平行四边形，
由（1）得：BE＝CE，EF＝OE，四边形OBFC是矩形，
∴OF＝BC，
∴BE＝EF，
∴四边形BGFE是菱形．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
22．（1）见解析；（2）30，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）证出∠HAF＝∠MCE，即可得出AF//CE；
（2）证出四边形AECF是平行四边形，再证出AF＝CF，即可得出四边形AECF是菱形．【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
由翻折知，∠DAF＝∠HAF＝1
2
∠DAC，∠BCE＝∠MCE＝
1
2
∠BCA，
∴∠HAF＝∠MCE，
∴AF//CE；
（2）解：当∠BAC＝30°时四边形AECF为菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，AB//CD，
由（1）得：AF//CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠BAC＝30°，
∴∠DAC＝60°．
∴∠ACD＝30°，
由折叠的性质得∠DAF＝∠HAF＝30°，
∴∠HAF＝∠ACD，
∴AF＝CF，
∴四边形AECF是菱形；
故答案为：30．
【点睛】
本题考查矩形的性质、平行线的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
23．（1）22..5°；（2）4
【解析】
【分析】
（1）先由正方形ABCD的面积是8，求得正方形的边长及其对角线的长；再由正方形的性质及CM平分∠ACD，求得∠DCO、∠BCO、∠CDO、∠MBN、∠DCM、∠MCO及∠BMC 的度数；然后由MN⊥CM得∠CMN＝90°，则∠BMN的度数等于∠CMN的度数减去∠BMC 即可得出答案；
（2）先证明∠BCM＝∠BMC，从而可得BM＝BC＝CD，则由DM＝BD﹣BM可得DM的长；再证明△DCM≌△BMN（ASA），从而可得BN＝DM，问题得解．
解：（1）∵正方形ABCD 的面积是8，
∴BC ＝CD
＝
∴BD
×
＝4．
∵四边形ABCD 为正方形，
∴∠DCO ＝∠BCO ＝∠CDO ＝∠MBN ＝45°，
∵CM 平分∠ACD ，
∴∠DCM ＝∠MCO ＝22.5°，
∴∠BMC ＝∠CDO +∠DCM ＝45°+22.5°＝67.5°．
∵MN ⊥CM ，
∴∠CMN ＝90°，
∴∠BMN ＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∴∠BMN 的度数为22..5°．
（2）∵∠MCO ＝22.5°，∠BCO ＝45°，
∴∠BCM ＝∠BCO +∠MCO ＝67.5°，
又∵∠BMC ＝67.5°，
∴∠BCM ＝∠BMC ，
∴BM ＝BC ＝CD ＝
，
∴DM ＝BD ﹣BM ＝4﹣
．
∵∠DCM ＝22.5°，∠BMN ＝22.5°，
∴∠DCM ＝∠BMN ．
∴在△DCM 和△BMN 中，
DCM BMN DC BM CDM MBN ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
∴△DCM ≌△BMN （ASA ），
∴BN ＝DM ＝4﹣
，
∴BN 的长为4﹣
．
本题考查正方形的性质、角平分线的性质、余角的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
24．（1）详见解析；（2）存在，
．
6
【解析】
【分析】
(1)根据“矩形的定义”证明结论；
(2)连结AP．当AP⊥BC时，AP最短，结合矩形的两对角线相等和面积法来求MN的值．【详解】
解：(1)证明：∵|a（c﹣3）2＝0，
∴a b＝2，c＝3，
∵b2+c2＝22+32＝13＝a2，
∴∠BAC＝90°，
∵PM⊥AB于点M，PN⊥AC于点N，
∴∴∠AMP＝∠ANP＝90°，
∴∠BAC＝∠AMP＝∠ANP＝90°，
∴四边形AMPN是矩形；
(2)存在．理由如下：
连结AP．
∵四边形AMPN是矩形，
∴MN＝AP．
∵当AP⊥BC时，AP最短．
∴2×3AP．
∴AP
∴MN
【点睛】
本题主要考查的是矩形的判定和性质，掌握矩形的对角线相等和面积法是解题的关键．
25．（1）详见解析；（2）①正方形；②（3）详见解析．
【解析】
【分析】
（1）证明∠HEF＝∠HFE，则EH＝FH，即可求解；
（2）①∠ABC＝90°，则平行四边形ABCD为矩形，菱形EBFH为正方形；②MN＝2＝BN，
CN＝BC+NB，则CM
（3）证明四边形DCFG为菱形，则△DGC、△CGF均为等边三角形；证明△CAG≌△CHF （SAS），则CA＝CH，再证明∠ACH＝60°，即可求解．
【详解】
解：（1）∵DE是∠ADC的平分线，
∴∠CDE＝∠ADE，
∵CD∥AB，AB∥HF，
∴∠CDE＝∠AED＝∠HFE，
∵AD∥BC，
∴∠EDA＝∠FEH，
∴∠HEF＝∠HFE，
∴EH＝FH，
∴▱EBFH为菱形；
（2）①∠ABC＝90°，则平行四边形ABCD为矩形，菱形EBFH为正方形；
②由（1）知△ADE为等腰直角三角形，故AE＝AD＝6，则BE＝10﹣6＝4，
∵连接BH，过点M作MN⊥BF于点N，
∵M是EF的中点，故点M时正方形EBFH对角线的交点，
则MN＝1
2
EB＝
1
2
×4＝2＝BN，
则CN＝BC+NB＝6+2＝8，
∴CM=
（3）延长DA交FH的延长线于点G，连接CG，
∵四边形ABCD为平行四边形，故AB∥CD，AD∥BC，
而四边形EBFH为菱形，故EB∥HF，
∴DG∥CF，CD∥FG，
∴四边形DCFG为平行四边形，
∵DE是∠ADC的角平分线，
∵∠CDF＝∠GDF，
∵CD∥GF，
∴∠CDF＝∠GFD＝∠GDF，
∴DG＝GF，
∴平行四边形DCFG为菱形，
∵∠ABC＝60°，
∴△DGC、△CGF均为等边三角形，
∴∠CGD＝∠CGF＝60°，CG＝CF，
同理可得：四边形AEHG为平行四边形，故AG＝EH＝HF，
在△CAG和△CHF中，CG＝CF，AG＝HF，∠CGD＝∠CGF＝60°，
∴△CAG≌△CHF（SAS），
∴CA＝CH，∠ACG＝∠HCF，
∵∠ACH＝∠ACG+∠GCH＝∠GCH+∠HCF＝60°，
∴△ACH是等边三角形．
【点睛】
本题是几何综合题，考查了勾股定理、等边三角形、三角形全等、平行四边形和特殊四边形的判定与性质等知识点，涉及考点较多，有一定的难度．。