北師大版九年級(jí)數(shù)學(xué)上學(xué)期期末培優(yōu)訓(xùn)練第一章：特其他平行四邊形(含答案)北師大版九年級(jí)數(shù)學(xué)上學(xué)期期末培優(yōu)訓(xùn)練第一章：特其他平行四邊形(含答案)30/30北師大版九年級(jí)數(shù)學(xué)上學(xué)期期末培優(yōu)訓(xùn)練第一章：特其他平行四邊形(含答案)九年級(jí)數(shù)學(xué)上學(xué)期期末培優(yōu)訓(xùn)練：特其他平行四邊形1．在菱形ABCD中，對(duì)角線AC、BD訂交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O直線EF分別交DA、BC的延長線于點(diǎn)E、F，連接BE、DF．1）求證：△AOE≌△COF；2）若EF＝BD，BE＝8，BF＝16，求菱形ABCD的面積；（3）若EF⊥AB，垂足為G，OB＝3AG，求的值．2．菱形ABCD中，F(xiàn)是對(duì)角線AC的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作AE⊥BC垂足為E，G為線段AB上一點(diǎn)，連接GF并延長交直線BC于點(diǎn)H．（1）當(dāng)∠CAE＝30°時(shí)，且CE＝，求菱形的面積；（2）當(dāng)∠BGF+∠BCF＝180°，AE＝BE時(shí)，求證：BF＝（+1）GF．13．如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD訂交于點(diǎn)O，過點(diǎn)D作DE∥AC且DE＝OC，連接CE、OE，連接AE交OD于點(diǎn)F．1）求證：OE＝CD；2）若菱形ABCD的邊長為6，∠ABC＝60°，求AE的長．4．如圖1，在矩形ABCD中，AC為對(duì)角線，延長CD至點(diǎn)E使CE＝CA，連接AE．F為AB上的一點(diǎn)，且BF＝DE，連接FC．（1）若DE＝1，CF＝，求CD的長；（2）如圖2，點(diǎn)G為線段AE的中點(diǎn)，連接BG交AC于H，若∠BHC+∠ABG＝60°，求證：AF+CE＝AC．5．如圖，已知正方形ABCD的邊長為，連接AC、BD交于點(diǎn)O，CE均分∠ACD交BD于點(diǎn)E，1）求DE的長；2）過點(diǎn)E作EF⊥CE，交AB于點(diǎn)F，求BF的長；3）過點(diǎn)E作EG⊥CE，交CD于點(diǎn)G，求DG的長．26．如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E在射線AB上，點(diǎn)F在射線AD上．1）若CE⊥CF，求證：CE＝CF；2）若CE＝CF，則CE⊥CF可否成立？若成立，請給出證明，若不成立，請畫圖說明．7．【感知】如圖①，四邊形ABCD、CEFG均為正方形．可知BE＝DG．【拓展】如圖②，四邊形ABCD、CEFG均為菱形，且∠A＝∠F．求證：BE＝DG．【應(yīng)用】如圖③，四邊形ABCD、CEFG均為菱形，點(diǎn)E在邊AD上，點(diǎn)G在AD延長線上．若AE＝2ED，∠A＝∠F，△EBC的面積為8，則菱形CEFG的面積為．38．已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB、DC（或它們的延長線）于點(diǎn)M、N，AH⊥MN于點(diǎn)H．（1）如圖①，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時(shí)，請你直接寫出AH與AB的數(shù)量關(guān)系：；2）如圖②，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)，（1）中發(fā)現(xiàn)的AH與AB的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？若是不成立請寫出原由，若是成立請證明；3）如圖③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于點(diǎn)H，且MH＝2，NH＝3，求AH的長．（可利用（2）獲取的結(jié)論）9．如圖，在長方形OABC中，O為平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（a，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，b）且a、b滿足+|b﹣6|＝0，點(diǎn)B在第一象限內(nèi)，點(diǎn)P從原點(diǎn)出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度沿著O﹣C﹣B﹣A﹣O的線路搬動(dòng)．（Ⅰ）點(diǎn)B的坐標(biāo)為；當(dāng)點(diǎn)P搬動(dòng)3.5秒時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為；（Ⅱ）在搬動(dòng)過程中，當(dāng)點(diǎn)P到x軸的距離為4個(gè)單位長度時(shí)，求點(diǎn)P搬動(dòng)的時(shí)間；（Ⅲ）在搬動(dòng)過程中，當(dāng)△OBP的面積是10時(shí)，求點(diǎn)P搬動(dòng)的時(shí)間．410．如圖，在正方形ABCD中，E是邊AB上的一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合），連接DE，點(diǎn)A關(guān)于直線DE的對(duì)稱點(diǎn)為F，連接EF并延長交BC于點(diǎn)G，連接DG，過點(diǎn)E作EH⊥DE交DG的延長線于點(diǎn)H，連接BH．1）求證：GF＝GC；2）用等式表示線段BH與AE的數(shù)量關(guān)系，并證明．11．如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分別以AB，BC，CA為一邊向△ABC外作正方形ABDE、BCMN，CAFG，連接EF、GM、ND，設(shè)△AEF、△BND、△CGM的面積分別為S1、S2、S3．1）猜想S1、S2、S3的大小關(guān)系．2）請對(duì)（1）的猜想，任選一個(gè)關(guān)系進(jìn)行證明；3）若將圖1中的Rt△ABC改為圖2中的任意△ABC，若SABC＝5，求出S1+S2+S3的值；（4）若將圖2中的任意△ABC改為任意凸四邊形ABCD，若S△AEG+S△CNK+S△IBH+S△DFM＝α，則四邊形ABCD的面積為（直接用含α的代數(shù)式表示結(jié)果）512．（1）如圖1，已知DE∥BC，∠D：∠DBC＝2：1，∠1＝∠2．求∠DEB的度數(shù)．（2）“三均分一個(gè)任意角”是數(shù)學(xué)史上一個(gè)出名問題，今天人們已經(jīng)知道，僅用圓規(guī)直尺是不可以能做出的．在研究中，有人曾利用過如圖2所示的圖形，其中，ABCD是長方形（AD∥CB，F(xiàn)是DA延長線上一點(diǎn)，G是CF上一點(diǎn)，并且∠ACG＝∠AGC，∠GAF＝∠F，你能證明∠ECB＝∠ACB嗎？13．如圖，已知正方形ABCD，點(diǎn)E在BC上，點(diǎn)F在CD延長線上，BE＝DF1）求證：AE＝AF；2）若BD與EF交于點(diǎn)M，連接AM，試判斷AM與EF的數(shù)量與地址關(guān)系，并說明原由．614．（1）如圖①，已知正方形ABCD的邊長為4，點(diǎn)M和N分別是邊BC，CD上兩點(diǎn)，且BM＝CN，連AM和BN，交于點(diǎn)P．猜想AM與BN的地址關(guān)系，并證明你的結(jié)論．2）如圖②，已知正方形ABCD的邊長為4．點(diǎn)M和N分別從點(diǎn)B、C同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿BC、CD方向向終點(diǎn)C和D運(yùn)動(dòng)，連接AM和BN，交于點(diǎn)P．求△APB周長的最大值．15．已知，在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，AC，BC的中點(diǎn)，連接DE，DF．1）如圖1，若AC＝BC，求證：四邊形DECF為菱形；2）如圖2，過C作CG∥AB交DE延長線于點(diǎn)G，連接EF，AG，在不增加任何輔助線的情況下，寫出圖中所有與△ADG面積相等的平行四邊形．716．如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)P為AD延長線上一點(diǎn)，連接AC、CP，F(xiàn)為AB邊上一點(diǎn)，滿足CF⊥CP，過點(diǎn)B作BM⊥CF，分別交AC、CF于點(diǎn)M、N（1）若AC＝AP，AC＝4，求△ACP的面積；2）若BC＝MC，證明：CP﹣BM＝2FN．8參照答案1．證明：（1）∵四邊形ABCD是菱形，OA＝OC，AD∥BC，∴∠EAO＝∠FCO，又∠AOE＝∠COF∴△AOE≌△COF（AAS）；2）由△AOE≌△COF，得OE＝OF，∵四邊形ABCD是菱形，∴OB＝OD∴四邊形EBFD是平行四邊形，EF＝BD，?EBFE是矩形，∴∠EBF＝90°，設(shè)菱形ABCD的邊長為x，∴AB＝AD＝x，∴AE＝16﹣x，在Rt△AEB中，依照勾股定理，得AB2＝AE2+BE2，即x2＝（16﹣x）2+82，解得x＝10，S菱形＝BC?BE＝10×8＝80．答：菱形ABCD的面積為80．（3）∵EF⊥AB，垂足為G，∵四邊形ABCD是菱形，OA⊥OB∴∠AOG+∠BOG＝90°，∵OG⊥AB，∴∠AOG+∠OAG＝90°，∴∠BOG＝∠OAG，∠AGO＝∠BGO＝90°，∴△OBG∽△AOG∴，OG2＝AG?BG∵在Rt△GOB中，依照勾股定理，得OG2＝OB2﹣BG29OB2﹣BG2＝AG?BG，∵OB＝3AG，BG2+AG?BG﹣90AG2＝0∴（BG﹣9AG）（BG+10AG）＝0BG＝9AG，BG＝﹣10AG（不吻合題意，舍去），AB＝BG+AG＝10AG，在Rt△AOB中，依照勾股定理，得OA2＝AB2﹣OB2＝100AG2﹣90AG2＝10AG2∴OA＝AG∴＝答：的值為．2．（1）解：∵四邊形ABCD是菱形，AB＝BC，AE⊥BC，∠EAC＝30°，∴∠ACE＝60°，AC＝2EC＝2，∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∴S菱形ABCD＝2?S△＝2××（2）2＝6．ABC（2）如圖，連接GC，作GM⊥GF交BF于M．∵四邊形ABCD是菱形，BA＝BC，∵AF＝FC，BF⊥AC，∴∠BFA＝90°，∵∠BGF+∠BCF＝180°，∠AGF+∠BGF＝180°，∴∠AGF＝∠ACB，∵∠GAF＝∠CAB∴△AGF∽△ACB，10∴＝，∴＝，∵∠CAG＝∠BAF，∴△CAG∽△BAF，∴∠CGA＝∠BFA＝90°，AE⊥BE，AE＝BE，∴∠ABE＝45°，∴∠GBC＝∠GCB＝45°，∴GB＝GC，∵∠BGC＝∠MGF，∴∠BGM＝∠CGF，∵∠GBM＝∠GCF，∴△BGM≌△CGF，∴BM＝CF，GM＝GF，F(xiàn)M＝GF，∵∠AGC＝90°AF＝FC，GF＝FC＝BM，∴BF＝BM+FM＝GF+GF＝（+1）GF．3．（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，DE＝AC，AC⊥BD，DE＝OC．∵DE∥AC，∴四邊形OCED是平行四邊形，∵AC⊥BD，四邊形OCED是平行四邊形，∴四邊形OCED是矩形，OE＝CD．（2）解：∵菱形ABCD的邊長為6，AB＝BC＝CD＝AD＝6，BD⊥AC，AO＝CO＝AC．∵∠ABC＝60°，AB＝BC，∴△ABC是等邊三角形，11AC＝AB＝6，∵△AOD中BD⊥AC，AD＝6，AO＝3，∴OD＝＝3，∵四邊形OCED是矩形，CE＝OD＝3，∵在Rt△ACE中，AC＝6，CE＝3，∴AE＝＝＝3．4．解：（1）設(shè)CD＝x．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠B＝90°，AD＝BC，在Rt△BCF中，BC＝＝，AC＝CE＝x+1，在Rt△ADC中，∵AC2＝AD2+CD2，∴（x+1）2＝x2+（）2，x＝3，CD＝3．（2）如圖2中，連接CG．作FJ⊥AC于J．CA＝CE，AG＝EG，CG⊥AE，∠ACG＝∠ECG，12∵∠AGC＝∠ABC＝90°，∴∠AGC+∠ABC＝180°，A、G、C、B四點(diǎn)共圓，∴∠ABG＝∠ACG，∴∠ACG＝∠ECG＝∠ABG，設(shè)∠ACG＝∠ECG＝∠ABG＝x，則∠BAH＝∠ACD＝2x，∠BHC＝∠BAH+∠ABG＝3x，∵∠BHC+∠ABG＝60°，4x＝60°，x＝15°，∴∠FAJ＝30°，∠DAC＝∠ACB＝60°，∠CAE＝75°，∴∠EAD＝15°，DE＝BF，∠ADE＝∠CBF，AD＝BC，∴△ADE≌△CBF，∴∠BCF＝∠DAE＝15°，∴∠FCJ＝45°，∴CJ＝FJ，設(shè)CJ＝FJ＝a，則AJ＝a，AF＝2a，AC＝a+a，∴＝＝﹣1，AF＝（﹣1）AC，∴AF＝AC﹣AC，∵AC＝CE，AF+CE＝AC．5．解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠ADC＝90°，DBC＝∠BCA＝∠ACD＝45°，∵CE均分∠DCA，∴∠ACE＝∠DCE＝∠ACD＝22.5°，13∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝45°+22.5°＝67.5°，∵∠DBC＝45°，∴∠BEC＝180°﹣67.5°﹣45°＝67.5°＝∠BCE，BE＝BC＝，在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD＝＝2，DE＝BD﹣BE＝2﹣；（2）∵FE⊥CE，∴∠CEF＝90°，∴∠FEB＝∠CEF﹣∠CEB＝90°﹣67.5°＝22.5°＝∠DCE，∵∠FBE＝∠CDE＝45°，BE＝BC＝CD，∴△FEB≌△ECD，BF＝DE＝2﹣；3）延長GE交AB于F，由（2）知：DE＝BF＝2﹣，由（1）知：BE＝BC＝，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥DC，∴△DGE∽△BFE，∴＝，14∴＝，解得：DG＝3﹣4．6．（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形CB＝CD，∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°∵CE⊥CF∴∠ECF＝90°∴∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠BCF在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF，CE＝CF．（2）若CE＝CF，則CE⊥CF不用然成立當(dāng)點(diǎn)E在線段AB上，且點(diǎn)F在AD延長線上或當(dāng)點(diǎn)E在AB延長線上，且點(diǎn)F在線段AD上時(shí)CE⊥CF成立，證明以下：∵四邊形ABCD是正方形CB＝CD，∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°∵CE＝CF在Rt△BCE和Rt△DCF中，，Rt△BCE≌Rt△DCF（HL），∴∠ECB＝∠FCD，∴∠ECB+∠BCF＝90°，CE⊥CF；當(dāng)點(diǎn)E在線段AB上，且點(diǎn)F在線段AD上或當(dāng)點(diǎn)E在線段AB延長線上，且點(diǎn)F在AD延長線上時(shí)，CE⊥CF不成立，如圖以下：15．7．解：拓展：∵四邊形ABCD、四邊形CEFG均為菱形，BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠A，∠ECG＝∠F．∵∠A＝∠F，∴∠BCD＝∠ECG．∴∠BCD﹣∠ECD＝∠ECG﹣∠ECD，即∠BCE＝∠DCG．在△BCE和△DCG中，，∴△BCE≌△DCG（SAS），BE＝DG．（6分）應(yīng)用：∵四邊形ABCD為菱形，AD∥BC，∵BE＝DG，S△ABE+S△CDE＝S△BEC＝S△CDG＝8，∵AE＝2ED，S△CDE＝×8＝，S△ECG＝S△CDE+S△CDG＝，∴S菱形CEFG＝2S△ECG＝．故答案為：．（9分）8．解：（1）如圖①AH＝AB．162）數(shù)量關(guān)系成立．如圖②，延長CB至E，使BE＝DN．∵ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，在Rt△AEB和Rt△AND中，，Rt△AEB≌Rt△AND，AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，在△AEM和△ANM中，，∴△AEM≌△ANM．S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，AB、AH是△AEM和△ANM對(duì)應(yīng)邊上的高，∴AB＝AH．3）如圖③分別沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，獲取△ABM和△AND，∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．分別延長BM和DN交于點(diǎn)C，得正方形ABCD，由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．設(shè)AH＝x，則MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，得222MN＝MC+NC52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2（6分）解得x1＝6，x2＝﹣1．（不吻合題意，舍去）AH＝6．179．解：（Ⅰ）∵a、b滿足+|b﹣6|＝0，a﹣4＝0，b﹣6＝0，解得a＝4，b＝6，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)是（4，6），∵點(diǎn)P從原點(diǎn)出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度沿著O﹣C﹣B﹣A﹣O的線路搬動(dòng)，2×3.5＝7，OA＝4，OC＝6，∴當(dāng)點(diǎn)P搬動(dòng)4秒時(shí)，在線段CB上，離點(diǎn)C的距離是：7﹣6＝1，即當(dāng)點(diǎn)P搬動(dòng)4秒時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P在線段CB上，離點(diǎn)C的距離是2個(gè)單位長度，點(diǎn)P的坐標(biāo)是（1，6）；故答案為（4，6），（1，6）．（Ⅱ）由題意可得，在搬動(dòng)過程中，當(dāng)點(diǎn)P到x軸的距離為4個(gè)單位長度時(shí)，存在兩種情況，第一種情況，當(dāng)點(diǎn)P在OC上時(shí)，點(diǎn)P搬動(dòng)的時(shí)間是：4÷2＝2秒，第二種情況，當(dāng)點(diǎn)P在BA上時(shí)．18點(diǎn)P搬動(dòng)的時(shí)間是：（6+4+2）÷2＝6秒，故在搬動(dòng)過程中，當(dāng)點(diǎn)P到x軸的距離為4個(gè)單位長度時(shí)，點(diǎn)P搬動(dòng)的時(shí)間是2秒或6秒．（Ⅲ）如圖1所示：∵△OBP的面積＝10，OP?BC＝10，即×4×OP＝10．解得：OP＝5．∴此時(shí)t＝2.5s如圖2所示；∵△OBP的面積＝10，PB?OC＝10，即×6×PB＝10．解得：BP＝．CP＝．∴此時(shí)t＝s，如圖3所示：19∵△OBP的面積＝10，∴BP?BC＝10，即×4×PB＝10．解得：BP＝5．∴此時(shí)t＝s如圖4所示：∵△OBP的面積＝10，OP?AB＝10，即×6×OP＝10．解得：OP＝．∴此時(shí)t＝s綜上所述，滿足條件的時(shí)間t的值為2.5s或s或s或s．10．證明：（1）如圖1，連接DF，∵四邊形ABCD是正方形，DA＝DC，∠A＝∠C＝90°，∵點(diǎn)A關(guān)于直線DE的對(duì)稱點(diǎn)為F，∴△ADE≌△FDE，DA＝DF＝DC，∠DFE＝∠A＝90°，20∴∠DFG＝90°，在Rt△DFG和Rt△DCG中，∵，Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），GF＝GC；（2）BH＝AE，原由是：證法一：如圖2，在線段AD上截取AM，使AM＝AE，AD＝AB，∴DM＝BE，由（1）知：∠1＝∠2，∠3＝∠4，∵∠ADC＝90°，∴∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∴2∠2+2∠3＝90°，∴∠2+∠3＝45°，即∠EDG＝45°，EH⊥DE，∴∠DEH＝90°，△DEH是等腰直角三角形，∴∠AED+∠BEH＝∠AED+∠1＝90°，DE＝EH，∴∠1＝∠BEH，在△DME和△EBH中，∵，∴△DME≌△EBH（SAS），EM＝BH，Rt△AEM中，∠A＝90°，AM＝AE，EM＝AE，BH＝AE；證法二：如圖3，過點(diǎn)H作HN⊥AB于N，∴∠ENH＝90°，21由方法一可知：DE＝EH，∠1＝∠NEH，在△DAE和△ENH中，∵，∴△DAE≌△ENH（AAS），AE＝HN，AD＝EN，∵AD＝AB，AB＝EN＝AE+BE＝BE+BN，AE＝BN＝HN，∴△BNH是等腰直角三角形，BH＝HN＝AE．11．解：（1）猜想：S1＝S2＝S3（2）如圖1，延長FA，過點(diǎn)E作EH⊥FA于H22由已知：∠BAE＝∠CAH＝90°∴∠CAB＝∠HAE∵∠ACB＝∠AHE＝90°，AE＝AB∴△HAE≌△CABEH＝BC∴S△AEF＝＝＝S△ABCS1＝S△ABC同理：S2＝S△ABCS3＝S△ABCS1＝S2＝S3（3）如圖2分別過點(diǎn)G和A作GQ⊥MC于Q，AP⊥BC于P由已知：∠GCA＝∠QCB＝90°∴∠GCQ＝∠ACP又∵∠GQC＝∠APC＝90°GC＝AC∴△GCQ≌△ACPGQ＝AP23S△GCM＝S△ABC＝MC＝BCS△GCM＝S△ABCS3＝S△ABC同理：S1＝S△ABCS2＝S△ABCS1＝S2＝S3＝S△ABCSABC＝5S1+S2+S3＝15（4）如圖3，連AC由（3）可知，S△DFM＝S△ADCS△IBH＝S△ABCS△DFM+S△IBH＝S△ADC+S△ABC＝S四邊形ABCD同理：S△AEG+S△CNK＝S四邊形ABCDS△AEG+S△CNK+S△IBH+S△DFM＝2S四邊形ABCDS△AEG+S△CNK+S△IBH+S△DFM＝α∴2S四邊形ABCD＝α∴四邊形ABCD的面積為故答案為：12．（1）解：如圖1中，∵DE∥BC，∴∠D+∠DBC＝180°，24∵∠D：∠DBC＝2：1，∴∠D＝2∠DBC，2∠DBC+∠DBC＝180°，即∠DBC＝60°，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠2＝30°，∵DE∥BC，∴∠DEB＝∠1＝30°．2）解：如圖2中，∵AD∥CB，∴∠FCB＝∠F，∵∠AGC是△AGF的外角，∴∠AGC＝∠GAF+∠F＝2∠F，又∵∠ACG＝∠AGC，ACB＝∠ECB+∠ACG，＝∠F+2∠F＝3∠F＝3∠ECB，∴∠ECB＝∠ACB．13．（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠ABE＝∠ADC＝∠ADF＝90°，AB＝AD，在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（SAS），AE＝AF；（2）AM⊥EF，AM＝EF，原由是：25由（1）得：△ABE≌△ADF，∴∠FAD＝∠EAB，∴∠FAE＝∠DAB＝90°，∴△FAE是直角三角形，如圖，過E作EN∥CD，交BD于N，∴∠MNE＝∠MDF，∠MEN＝∠MFD，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠NBE＝45°，∴△NBE是等腰直角三角形，EN＝BE＝DF，在△MNE和△MDF中，∵，∴△MNE≌△MDF（ASA），EM＝FM，∵AE＝AF，AM⊥EF，AM＝EF．14．