2020-2021学年湖北省黄冈市某校初二（下）5月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省黄冈市某校初二（下）5月月考数学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 在下列代数式中，不是二次根式的是( )
A.3B.13C.x2D.2x

2. 下列运算正确的是（ ）
A.3+2=5B.3×2=6C.(3−1)2=3−1D.52−32=5−3

3. 下列每一组数据中的三个数值分别为三角形的三边长，则不能构成直角三角形的是( )
A.3，2，5B.6，8，10C.3，4，5D.5，12，13

4. 如图是一扇高为2m，宽为1.5m的门框，李师傅有3块薄木板，尺寸如下：①号木板长3m，宽2.7m；②号木板长2.8m，宽2.8m；③号木板长4m，宽2.4m．可以从这扇门通过的木板是( )

A.①号B.②号C.③号D.均不能通过

5. 如图，已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，E是BC的中点，以下说法错误的是( )

A.OE=12DCB.OA=OC
C.∠BOE=∠OBAD.∠OBE=∠OCE

6. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠AOB=60∘，AC=6cm，则AB的长是( )

A.3cmB.6cmC.10cmD.12cm

7. 如图，在正方形ABCD外侧，作等边△ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为( )

A.75∘B.45∘C.55∘D.60∘

8. 如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE // BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：①DN=BM；②EM // FN；③AE=FC；④当AO=AD时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的个数是( )

A.1B.2C.3D.4
二、填空题

当x________时，二次根式x−1有意义．

若m−3+(n+1)2=0，则m−n的值为________．

直角三角形斜边长是6，一直角边的长是5，则此直角三角形的另一直角边长为________.

在Rt△ABC中，∠C=90∘，∠A=45∘，AB=10，BC=________．

如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90∘，D，E，F分别为AB，BC，CA的中点，若BF=5，则DE=________．


在▱ABCD中，AD=BD，BE是AD边上的高，∠EBD=20∘，则∠A的度数为________．

如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点E，F，AB=2，BC=4，则图中阴影部分的面积为________．


如图为某城市部分街道示意图，四边形ABCD为正方形，点G在对角线BD上，GE⊥CD，GF⊥BC，AD=1500m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪行走的路线为B→A→D→E→F．若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为________m．

三、解答题

计算：
(1)345÷15×23223；

(2)45+45−8+42；

(3)212+3113−513−2348；

(4)7+437−43−3−12 .

已知x=3+7，y=3−7，试求代数式3x2−5xy+3y2的值．

若实数x，y满足y=x−1+1−x+2，求x+1y−1的值．

已知a，b，c满足(a−3)2+b−4+|c−5|=0．
(1)求a，b，c的值；

(2)试问以a，b，c为边能否构成三角形？若能构成三角形，求出三角形的周长；若不能构成三角形，请说明理由．

如图所示，四边形ABCD是矩形，把△ACD沿AC折叠到△ACD′，AD′与BC交于点E，若AD=4，DC=3，求BE的长．


如图，点B，E分别在AC，DF上，AF分别交BD，CE于点M，N，∠A=∠F，∠1=∠2．

(1)求证：四边形BCED是平行四边形；

(2)已知DE=2，连接BN，若BN平分∠DBC，求CN的长．

如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F.

(1)求证：AB=CF；

(2)当BC与AF满足什么数量关系时，四边形ABFC是矩形？并说明理由．

如图，在▱ABCD中，E，F分别为边AB，CD的中点，过A点作AG//DB，交CB的延长线于点G．

(1)求证：DE//BF；

(2)若∠G=90∘，求证：四边形DEBF是菱形；

以四边形ABCD的边AB，AD为边分别向外侧作等边△ABF和等边△ADE，连接EB，FD，交点为G．
(1)当四边形ABCD为正方形时(如图1)，EB和FD的数量关系是________；

(2)当四边形ABCD为矩形时(如图2)，EB和FD具有怎样的数量关系？请加以证明；

(3)四边形ABCD由正方形到矩形到一般平行四边形的变化过程中，∠EGD的度数是否发生变化？如果改变，请说明理由；如果不变，请在图3中求出∠EGD的度数.
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省黄冈市某校初二（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
二次根式的定义及识别
【解析】
直接利用二次根式的定义分析得出答案．
【解答】
解：A、3，是二次根式，故此选项不符合题意；
B、13，是二次根式，故此选项不符合题意；
C、x2，是二次根式，故此选项不符合题意；
D、2x，不是二次根式，故此选项符合题意.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
二次根式的加法
二次根式的乘法
二次根式的混合运算
【解析】
A、B、C、D利用根式的运算顺序及运算法则、公式等计算即可求解．
【解答】
解：A、不是同类二次根式，不能合并，故选项错误；
B、3×2=6，故选项正确；
C、是完全平方公式，应等于4−23，故选项错误；
D、应该等于52−32=4，故选项错误.
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
欲求证是否为直角三角形，这里给出三边的长，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【解答】
解：A，(3)2+22≠(5)2，故不是直角三角形，故A选项符合题意；
B，62+82=102，故是直角三角形，故B选项不符合题意；
C，32+42=52，故是直角三角形，故C选项不符合题意；
D，52+122=132，故是直角三角形，故D选项不符合题意．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
勾股定理的应用
勾股定理的综合与创新
【解析】
根据勾股定理，先计算出能通过的最大距离，然后和题中数据相比较即可．
【解答】
解：因为22+1.52=2.5，
所以木板的长和宽中必须有一个数据小于2.5米．
所以③号木板可以从这扇门通过.
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
平行四边形的性质
三角形中位线定理
【解析】
由平行四边形的性质和三角形中位线定理得出选项A，B，C正确；由OB≠OC，得出∠OBE≠∠OCE，选项D错误；即可得出结论．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，AB//DC，
又∵点E是BC的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴OE=12DC，OE//DC，
∴OE//AB，
∴∠BOE=∠OBA，
∴选项A，B，C正确；
∵OB≠OC，
∴∠OBE≠∠OCE，
∴选项D错误.
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
矩形的性质
【解析】
根据矩形的对角线相等且互相平分可得OA=OB=OD=OC，由∠AOB=60∘，判断出△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AB即可．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ OA=OC=OB=OD=3，
∵ ∠AOB=60∘，
∴ △AOB是等边三角形，
∴ AB=OA=3.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
正方形的性质
等腰三角形的判定与性质
等边三角形的判定方法
三角形的外角性质
【解析】
根据正方形的性质及全等三角形的性质求出∠ABE=15∘，∠BAC=45∘，再求∠BFC．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD，
又∵ △ADE是等边三角形，
∴ AE=AD=DE，∠DAE=60∘，
∴ AB=AE，
∴ ∠ABE=∠AEB，∠BAE=90∘+60∘=150∘，
∴ ∠ABE=(180∘−150∘)÷2=15∘，
又∵ ∠BAC=45∘，
∴ ∠BFC=45∘+15∘=60∘．
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
矩形的性质
全等三角形的性质与判定
平行四边形的性质与判定
菱形的判定
【解析】
证△DNA≅△BMC(AAS)，得出DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；证△ADE≅△CBF(ASA)，得出AE＝FC，DE＝BF，故③正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM // FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN＝∠ABD，则DE＝BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确；即可得出结论．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB=CD，AB // CD，AD=BC，AD // BC，
∠DAE=∠BCF=90∘，OD=OB=OA=OC，
∴ ∠DAN=∠BCM，
∵ BF⊥AC，DE // BF，
∴ DE⊥AC，
∴ ∠DNA=∠BMC=90∘，
在△DNA和△BMC中，
∠DAN=∠BCM，∠DNA=∠BMC，AD=BC，
∴ △DNA≅△BMC(AAS)，
∴ DN=BM，∠ADE=∠CBF，故①正确；
在△ADE和△CBF中，
∠ADE=∠CBF，AD=BC，∠DAE=∠BCF，
∴ △ADE≅△CBF(ASA)，
∴ AE=FC，DE=BF，故③正确；
∴ DE−DN=BF−BM，即NE=MF，
∵ DE // BF，
∴ 四边形NEMF是平行四边形，
∴ EM // FN，故②正确；
∵ AB=CD，AE=CF，
∴ BE=DF，
∵ BE // DF，
∴ 四边形DEBF是平行四边形，
∵ AO=AD，
∴ AO=AD=OD，
∴ △AOD是等边三角形，
∴ ∠ADO=∠DAN=60∘，
∴ ∠ABD=90∘−∠ADO=30∘，
∵ DE⊥AC，
∴ ∠ADN=ODN=30∘，
∴ ∠ODN=∠ABD，
∴ DE=BE，
∴ 四边形DEBF是菱形，故④正确，
∴ 正确结论的个数是4.
故选D.
二、填空题
【答案】
≥1
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
根据二次根式的定义可知被开方数必须为非负数，列不等式求解．
【解答】
解：根据题意得：x−1≥0，
解得x≥1．
故答案为：≥1．
【答案】
4
【考点】
非负数的性质：算术平方根
非负数的性质：偶次方
【解析】
根据任何非负数的平方根以及偶次方都是非负数，两个非负数的和等于0，则这两个非负数一定都是0，即可得到关于m．n的方程，从而求得m，n的值，进而求解．
【解答】
解：根据题意得：m−3=0，n+1=0，
解得：m=3，n=−1，
则m−n=3−(−1)=3+1=4．
故答案为：4．
【答案】
11
【考点】
勾股定理
【解析】
根据勾股定理计算即可．
【解答】
解：由勾股定理得，直角三角形另一直角边为：
62−52=11.
故答案为：11.
【答案】
52
【考点】
勾股定理
等腰直角三角形
【解析】
根据已知条件易推知Rt△ABC是等腰直角三角形，则AC＝BC，所以根据勾股定理来求线段BC的长度即可．
【解答】
解：如图：
∵ 在Rt△ABC中，∠C=90∘，∠A=45∘，
∴ ∠B=∠A=45∘，
∴ AC=BC，
∵ AB2=AC2+BC2，
即BC2=12AB2=12×102=50，
解得BC＝52.
故答案为：52.
【答案】
5
【考点】
直角三角形斜边上的中线
三角形中位线定理
【解析】
首先由直角三角形的性质求得AC＝2BF，然后根据三角形中位线定理得到DE＝12AC，此题得解．
【解答】
解:∵ 在Rt△ABC中，∠ABC=90∘，F为CA的中点，BF=5，
∴ AC=2BF=10．
又∵ D，E分别为AB，BC的中点，
∴ DE是Rt△ABC的中位线，
∴ DE=12AC=5．
故答案为：5.
【答案】
55∘或35∘
【考点】
平行四边形的性质
三角形内角和定理
等腰三角形的性质
【解析】
首先求出∠ADB的度数，再利用三角形内角和定理以及等腰三角形的性质，得出∠A的度数．
【解答】
解：当E点在线段AD上时，如图所示，
∵ BE是AD边上的高，∠EBD=20∘，
∴ ∠ADB=90∘−20∘=70∘，
∵ AD=BD，
∴ ∠A=∠ABD=180​∘−70​∘2=55∘；
当E点在AD的延长线上时，如图所示，
∵ BE是AD边上的高，∠EBD=20∘，
∴ ∠BDE=70∘，
∵ AD=BD，
∴ ∠A=∠ABD=12∠BDE=12×70∘=35∘，
综上，∠A的度数为35∘或55∘．
故答案为：35∘或55∘.
【答案】
4
【考点】
矩形的性质
全等三角形的性质与判定
【解析】
根据矩形性质得出AD // BC，AD=BC，AO=OC，推出∠EAO=∠FCO，证出△AEO和△CFO的面积相等，
同理可证：△BOF和△DOE的面积相等，△ABO和△DOC的面积相等，即可得出阴影部分的面积等于矩形ABCD的面积的一半，求出即可．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD // BC，AD=BC，AO=OC，
∴ ∠EAO=∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCO，AO=OC，∠AOE=∠COF，
∴ △AEO≅△CFO(ASA)，
∴ △AEO和△CFO的面积相等，
∴ 阴影部分的面积等于矩形ABCD的面积的一半，
∵ 矩形面积是AB×BC=2×4=8，
∴ 阴影部分的面积是12×8=4.
故答案为：4．
【答案】
4600
【考点】
正方形的性质
全等三角形的性质与判定
矩形的判定与性质
【解析】
连接CG，由正方形的对称性，易知．AG=CG，由正方形的对角线互相平分一组对角，GE⊥DC ，易得DE=GE ．在矩形GECF中，EF=CG ．要计算小聪走的路程，只要得到小聪比小敏多走了多少就行．
【解答】
解：小敏走的路程为AB+AG+GE=1500+AG+GE=3100，
则AG+GE=1600，
小聪走的路程为BA+AD+DE+EF=3000+DE+EF，
连接CG，
在正方形ABCD中，∠ADG=∠CDG=45∘，AD=CD，
在△ADG和△CDG中，
AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，
∴ △ADG≅△CDG(SAS)，
∴ AG=CG，
又∵ GE⊥CD，GF⊥BC，∠BCD=90∘，
∴ 四边形GECF是矩形，
∴ CG=EF.
又∵ ∠CDG=45∘，
∴ DE=GE，
∴ 小聪走的路程为：
BA+AD+DE+EF=3000+GE+AG
=3000+1600
=4600m.
故答案为：4600.
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=3×35÷55×23×83
=95×5×23×263
= 45×469
=206 ．
(2)原式=45+35−22+42
=73+22 .
(3)原式=43+23−433−833
=23 .
(4)原式=49−48−3−23+1
=1−4−23
=1−4+23
=23−3 .
【考点】
二次根式的混合运算
二次根式的加减混合运算
二次根式的性质与化简
平方差公式
完全平方公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原式=3×35÷55×23×83
=95×5×23×263
= 45×469
=206 ．
(2)原式=45+35−22+42
=73+22 .
(3)原式=43+23−433−833
=23 .
(4)原式=49−48−3−23+1
=1−4−23
=1−4+23
=23−3 .
【答案】
解：原式=3(x2−2xy+y2)+xy
=3(x−y)2+xy，
将x=3+7，y=3−7代入，
得：3(x−y)2+xy
=3(3+7−3+7)2+(3+7)(3−7)
=3×28+3−7
=80.
【考点】
平方差公式
完全平方公式
二次根式的化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：原式=3(x2−2xy+y2)+xy
=3(x−y)2+xy，
将x=3+7，y=3−7代入，
得：3(x−y)2+xy
=3(3+7−3+7)2+(3+7)(3−7)
=3×28+3−7
=80.
【答案】
解：由题意，得x−1≥0，1−x≥0，
解得x=1，
当x=1时，y=2，
将x，y代入x+1y−1，
得1+12−1=2．
【考点】
二次根式有意义的条件
列代数式求值
【解析】
根据被开方数是非负数，可得x，y的值，根据代数式求值，可得答案．
【解答】
解：由题意，得x−1≥0，1−x≥0，
解得x=1，
当x=1时，y=2，
将x，y代入x+1y−1，
得1+12−1=2．
【答案】
解：(1)∵ (a−3)2+b−4+|c−5|=0，
又∵ (a−3)2≥0，b−4≥0，|c−5|≥0，
∴ a−3=0，b−4=0，c−5=0，
∴ a=3，b=4，c=5.
(2)∵ 32+42=52，
∴ 以a，b，c为边能构成三角形，且此三角形是直角三角形，
∴ 它的周长为3+4+5=12．
【考点】
非负数的性质：绝对值
非负数的性质：偶次方
非负数的性质：算术平方根
勾股定理的逆定理
【解析】
（1）根据已知条件，结合非负数的性质，易求a、b、c的值；
（2）由于32+42=52，易知此三角形是直角三角形，故能够构成三角形，再利用三角形周长公式易求其周长．
【解答】
解：(1)∵ (a−3)2+b−4+|c−5|=0，
又∵ (a−3)2≥0，b−4≥0，|c−5|≥0，
∴ a−3=0，b−4=0，c−5=0，
∴ a=3，b=4，c=5.
(2)∵ 32+42=52，
∴ 以a，b，c为边能构成三角形，且此三角形是直角三角形，
∴ 它的周长为3+4+5=12．
【答案】
解：∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ AB=DC=3，BC=AD=4，AD // BC，∠B=90∘，
∵ △ACD沿AC折叠到△ACD′，AD′与BC交于点E，
∴ ∠DAC=∠D′AC，
∵ AD // BC，
∴ ∠DAC=∠ACB，
∴ ∠D′AC=∠ACB，
∴ AE=EC，
设BE=x，则EC=4−x，AE=4−x，
在Rt△ABE中，∵ AB2+BE2=AE2，
∴ 32+x2=(4−x)2，解得x=78，
即BE的长为78．
【考点】
翻折变换（折叠问题）
【解析】
根据矩形性质得AB=DC=3，BC=AD=4，AD // BC，∠B=90∘，再根据折叠性质得∠DAC=∠D′AC，而∠DAC=∠ACB，则∠D′AC=∠ACB，所以AE=EC，
设BE=x，则EC=4−x，AE=4−x，然后在Rt△ABE中利用勾股定理可计算出BE．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ AB=DC=3，BC=AD=4，AD // BC，∠B=90∘，
∵ △ACD沿AC折叠到△ACD′，AD′与BC交于点E，
∴ ∠DAC=∠D′AC，
∵ AD // BC，
∴ ∠DAC=∠ACB，
∴ ∠D′AC=∠ACB，
∴ AE=EC，
设BE=x，则EC=4−x，AE=4−x，
在Rt△ABE中，∵ AB2+BE2=AE2，
∴ 32+x2=(4−x)2，解得x=78，
即BE的长为78．
【答案】
(1)证明：∵∠A=∠F，
∴DF//AC.
∵∠1=∠2，且∠1=∠DMF，
∴∠DMF=∠2，
∴DB//EC，
则四边形BCED为平行四边形.
(2)解：∵BN平分∠DBC，
∴∠DBN=∠CBN.
∵DB//CE，
∴∠DBN=∠CNB，
∴∠CNB=∠CBN，
∴CN=BC.
∵四边形BCED是平行四边形，
∴CN=BC=DE=2.
【考点】
平行四边形的判定
平行四边形的性质
角平分线的定义
【解析】
(1)由已知角相等，利用对顶角相等，等量代换得到同位角相等，进而得出DB与EC平行，再由内错角相等两直线平行得到DE与BC平行，即可得证；
(2)由角平分线得到一对角相等，再由两直线平行内错角相等，等量代换得到一对角相等，再利用等角对等边得到CN=BC，再由平行四边形对边相等即可确定出所求．
【解答】
(1)证明：∵∠A=∠F，
∴DF//AC.
∵∠1=∠2，且∠1=∠DMF，
∴∠DMF=∠2，
∴DB//EC，
则四边形BCED为平行四边形.
(2)解：∵BN平分∠DBC，
∴∠DBN=∠CBN.
∵DB//CE，
∴∠DBN=∠CNB，
∴∠CNB=∠CBN，
∴CN=BC.
∵四边形BCED是平行四边形，
∴CN=BC=DE=2.
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB // DF，
∴ ∠BAF=∠CFA．
∵ E为BC的中点，
∴ BE=CE．
在△AEB和△FEC中，
∠BAE=∠CFE，∠AEB=∠FEC，BE=EC，
∴ △AEB≅△FEC(AAS)，
∴ AB=CF.
(2)解：当BC=AF时，四边形ABFC是矩形.
理由：∵ AB=CF，AB//CF，
∴ 四边形ABFC是平行四边形，
∵ BC=AF，
∴ 四边形ABFC是矩形．
【考点】
平行四边形的性质
全等三角形的性质与判定
矩形的判定
【解析】
（1）利用平行四边形的性质得出∠BAF=∠CFA，进而得出△AEB≅△FEC(AAS)，求出答案；
（2）首先得出四边形ABFC是平行四边形，进而得出答案．
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB // DF，
∴ ∠BAF=∠CFA．
∵ E为BC的中点，
∴ BE=CE．
在△AEB和△FEC中，
∠BAE=∠CFE，∠AEB=∠FEC，BE=EC，
∴ △AEB≅△FEC(AAS)，
∴ AB=CF.
(2)解：当BC=AF时，四边形ABFC是矩形.
理由：∵ AB=CF，AB//CF，
∴ 四边形ABFC是平行四边形，
∵ BC=AF，
∴ 四边形ABFC是矩形．
【答案】
证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD.
∵E，F分别为AB，CD的中点，
∴DF=12DC，BE=12AB，
∴DF//BE，DF=BE，
∴四边形DEBF为平行四边形，
∴DE//BF．
(2)∵AG//BD，
∴∠G=∠DBC=90∘，
∴△DBC为直角三角形.
∵F为边CD的中点，
∴BF=12DC=DF.
∵四边形DEBF为平行四边形，
∴平行四边形DEBF是菱形．
【考点】
平行四边形的性质
平行四边形的性质与判定
菱形的判定
直角三角形斜边上的中线
【解析】


【解答】
证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD.
∵E，F分别为AB，CD的中点，
∴DF=12DC，BE=12AB，
∴DF//BE，DF=BE，
∴四边形DEBF为平行四边形，
∴DE//BF．
(2)∵AG//BD，
∴∠G=∠DBC=90∘，
∴△DBC为直角三角形.
∵F为边CD的中点，
∴BF=12DC=DF.
∵四边形DEBF为平行四边形，
∴平行四边形DEBF是菱形．
【答案】
EB=FD
(2)EB=FD，证明如下：
∵ △AFB为等边三角形，
∴ AF=AB，∠FAB=60∘.
∵ △ADE为等边三角形，
∴ AD=AE，∠EAD=60∘，
∴ ∠FAB+∠BAD=∠EAD+∠BAD，
即∠FAD=∠BAE，
∴ △FAD≅△BAE(SAS)，
∴ EB=FD.
(3)不发生变化，理由如下：
同(2)易证：△FAD≅△BAE，
∴ ∠AEB=∠ADF.
设∠AEB为x∘，则∠ADF也为x∘，
于是有∠BED为(60−x)∘，∠EDF为(60+x)∘，
∴ ∠EGD=180∘−∠BED−∠EDF
=180∘−(60−x)∘−(60+x)∘
=60∘．
【考点】
正方形的性质
全等三角形的性质与判定
等边三角形的性质
矩形的性质
三角形内角和定理
【解析】
（1）EB=FD，利用正方形的性质、等边三角形的性质和全等三角形的证明方法可证明△AFD≅△ABE，由全等三角形的性质即可得到EB=FD；
（2）当四边形ABCD为矩形时，EB和FD仍旧相等，证明的思路同（1）；
（3）四边形ABCD由正方形到矩形到一般平行四边形的变化过程中，∠EGD不发生变化，是一定值，为60∘．
【解答】
解：(1)EB=FD，理由如下：
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ AB=AD.
∵ 以四边形ABCD的边AB，AD为边分别向外侧作等边△ABF和等边△ADE，
∴ AF=AE，∠FAB=∠EAD=60∘.
∵ ∠FAD=∠BAD+∠FAB=90∘+60∘=150∘，
∠BAE=∠BAD+∠EAD=90∘+60∘=150∘，
∴ ∠FAD=∠BAE.
在△AFD和△ABE中，
AF=AE，∠FAD=∠BAE，AD=AB，
∴ △AFD≅△AEB(SAS)，
∴ EB=FD.
故答案为：EB=FD.
(2)EB=FD，证明如下：
∵ △AFB为等边三角形，
∴ AF=AB，∠FAB=60∘.
∵ △ADE为等边三角形，
∴ AD=AE，∠EAD=60∘，
∴ ∠FAB+∠BAD=∠EAD+∠BAD，
即∠FAD=∠BAE，
∴ △FAD≅△BAE(SAS)，
∴ EB=FD.
(3)不发生变化，理由如下：
同(2)易证：△FAD≅△BAE，
∴ ∠AEB=∠ADF.
设∠AEB为x∘，则∠ADF也为x∘，
于是有∠BED为(60−x)∘，∠EDF为(60+x)∘，
∴ ∠EGD=180∘−∠BED−∠EDF
=180∘−(60−x)∘−(60+x)∘
=60∘．