2023年人教版数学八年级下册《平行四边形》压轴题专项练习（含答案）

这是一份2023年人教版数学八年级下册《平行四边形》压轴题专项练习（含答案），共20页。试卷主要包含了问题引入等内容，欢迎下载使用。
2023年人教版数学八年级下册
《平行四边形》压轴题专项练习
1.如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是BC边上一点，连接AE交BD于点M，过点B作BF⊥AE于点P，交AC于点G，交CD于点F．
(1)求证：△ABE≌△BCF；
(2)求证：OM＝OG；
(3)若AE平分∠BAC，求证：BM2＝2OM2．







2.对于长方形OABC，AB∥OC，AO∥BC，O为平面直角坐标系的原点，OA＝5，OC＝3，点B在第三象限．
(1)直接写出点B的坐标( 　 　，　 　)；
(2)如图1，点Q从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O﹣A﹣B﹣C﹣O的路线移动，
①当点Q移动了3秒时，直接写出此时点Q的坐标( 　 　，　 　)；
②当点Q到y轴距离为4个单位长度时，求出点Q移动的时间．
(3)如图1，若过点B的直线BP与长方形OABC的边交于点P，且将长方形OABC的面积分为1：4两部分，求点P的坐标；
(4)如图2，M为x轴负半轴上一点，且∠CBM＝∠CMB，点N是x轴正半轴上一动点，∠MCN的平分线CD交BM的延长线于点D，在点N运动的过程中，的值是否变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由．


3.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于点H，连接CH，过点C作CG⊥HC交AE于点G．
(1)若点F在边CD上，如图1．
①证明：∠DAH＝∠DCH；
②猜想线段CG与EF的关系并说明理由；
(2)取DF中点M，连结MG，若MG＝4，正方形边长为6，求BE的长．









4.如图①，已知正方形ABCD中，E，F分别是边AD，CD上的点(点E，F不与端点重合)，且AE＝DF，BE，AF交于点P，过点C作CH⊥BE交BE于点H．
(1)写出AF与BE的数量关系为 　 　，位置关系为 　 　．
(2)若AB＝2，AE＝2，试求线段BH的长．
(3)如图②，连接CP并延长交AD于点Q，若点H是BP的中点，试求CP：PQ的值．














5.如图，正方形ABCD，点E，F是对角线AC上的两点，∠EBF＝45°，连接BE，BF，△ABE和△GBE关于直线BE对称．点G在BD上，连接FG．
(1)求∠FBC的度数；
(2)如备用图，延长BF交CD于点H，连接HG．
①求证：四边形GHCF是菱形；
②求CD：CH的值．











6.如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，运动时间为t(0≤t≤5)秒．
(1)若G、H分别是AB、DC的中点，且t≠2.5，求证：以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形．
(2)在(1)的条件下，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形为矩形？
(3)若G、H分别是折线A﹣B﹣C，C﹣D﹣A上的动点，分别从A、C开始，与E、F相同的速度同时出发，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．










7.在正方形ABCD中，点E，F在对角线AC上，AC＝12．
(1)如图(1)，若BE＝BF，则AE与CF相等吗？请说明理由；
(2)如图(2)，若∠EBF＝45°，CF＝4，求EF的长；
(3)如图(3)，若点E，F是AC的三等分点，点P在正方形ABCD的边上从点A开始按逆时针方向运动一周，直至返回点A，试求此过程中满足PE＋PF为整数的点P个数．











8.如图①，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD(不含B点)上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
(1)连接MN，△BMN是等边三角形吗？为什么？
(2)求证：△AMB≌△ENB；
(3)①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；
②如图②，当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，请你画出图形，并说明理由．













9.问题引入：如图①，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点．连结DE并延长交AB于点F，连结BE．则BE与DE之间的数量关系是 　 　．
问题延伸：如图②，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是线段DF的中点，连结PC、PG．
(1)判断PC与PG之间的数量关系，并说明理由．
(2)连结CF，若AB＝3，PC＝，则CF的长为 　 　．







10.阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点(不含端点B，C)，N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN．求证：∠AMN＝60°．
(1)点拨：如图②，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM(SAS)，请完成剩余证明过程：
(2)拓展：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点(不含端点B1，C1)，N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1＝M1N1．求证：∠A1M1N1＝90°．











11.如图，在矩形ABCD中，AM平分∠BAD，交BC于点M，点N是AD上的一点，连接MN，MD，且MN＝MD．过点D作DF⊥MN于F，DF延长线交AM于E，过点E作EP⊥AD于P．
(1)如图1，①若CD＝6，AD＝8，求线段CM的长；
②求证：△PED≌△CMD；
(2)如图2，过点F作FH⊥CD于H，当AM＝AD时，若AB＝1，求FH的值．







12.课本再现：
(1)如图1，四个全等的直角三角形拼成﹣一个大正方形，中间空白部分也是正方形．已知直角三角形的两直角边长分别为a，b，斜边长为c．课堂上，老师结合图形，用不同的方式表示大正方形的面积，证明了勾股定理．请证明：a2＋b2＝c2．
类比迁移
(2)现将图1中的两个直角三角形向内翻折，得到图2，若a＝3，b＝4，则空白部分的面积为 　 　．
方法运用
(3)小贤将四个全等的直角三角形拼成图3的“帽子”形状，若AH＝3，BH＝4，请求出“帽子”外围轮廓(实线)的周长．
(4)如图4，分别以Rt△ABC的三条边向外作三个正方形，连接EC，BG，若设S△EBC＝S1，S△BCG＝S2，S正方形BCIH＝S3，则S1，S2，S3之间的关系为 　 　．







答案
1.证明：(1)在正方形ABCD中，
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
∴∠ABF＋∠CBF＝90°，
∵BF⊥AE，
∴∠ABF＋∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF(ASA)；
(2)证明：在正方形ABCD中，
∵AC⊥BD，OA＝OB＝OC，
∴∠AOM＝∠BOG＝90°，
∴∠MAO＋∠AMO＝90°，
∵BF⊥AE，
∴∠MBP＋∠BMP＝90°，
又∵∠BMP＝∠AMO，
∴∠MAO＝∠MBP，
在△AOM和△BOG中，
，
∴△AOM≌△BOG(ASA)，
∴OM＝OG；
(3)证明：如图，作MN⊥AB于点N，

∵AC⊥BD，AE平分∠BAC，
∴OM＝MN，
又∵∠ABD＝45°，
∴BN＝MN，
在Rt△BMN中，BM2＝BN2＋MN2＝2MN2＝2OM2．
2.解：(1)∵在长方形OABC中，OA＝5，OC＝3，∴AB＝OC＝3，BC＝OA＝5，
∵∠OAB＝∠OCB＝90°，
∵点B在第三象限，
∴B(﹣5，﹣3)，
故答案为：(﹣5，﹣3)；
(2)①点Q从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O﹣A﹣B﹣C﹣O的路线移动，
当点Q移动了3秒时，Q运动了6个单位，此时Q在AB上，
∵OA＝5，
∴QA＝6﹣5＝1，
∴Q(﹣5，﹣1)；
故答案为：Q(﹣5，﹣1)；
②∵点Q到y轴距离为4个单位长度，
∴点Q在OA或BC上，
当Q在OA上时，QO＝4，此时t＝2(秒)，
当Q在BC上时，此时Q运动了5＋5＋3﹣4＝9个单位，t＝9÷2＝4.5(秒)，
(3)①当点P在OA上时，设P(x，0)(x＜0)，
∵S△ABP：S四边形BCOP＝1：4，
∴S△ABP＝S矩形OABC，
即×3(x＋5)＝×5×3，解得x＝﹣3，
∴P(﹣3，0)；
②当点P在OC上时，设P(0，y)(y＜0)，
∵S△CBP：S四边形BPOA＝1：4，
∴S△CBP＝S矩形OABC，
即×5(y＋3)＝×5×3，解得y＝﹣，∴P(0，﹣)，
综上所述，P点坐标为(﹣3，0)或(0，﹣)；
(4)的值不会变化，理由如下：
延长BC至点F，如图，

∵四边形OABC为长方形，
∴OA∥BC，
∴∠CBM＝∠AMB，∠AMC＝∠MCF，
∵∠CBM＝∠CMB，
∴∠MCF＝2∠CMB，
过点M作ME∥CD交BC于点E，
∴∠EMC＝∠MCD，∠D＝∠BME，
又∵CD平分∠MCN，
∴∠NCM＝2∠EMC，
∴∠D＝∠BME＝∠CMB﹣∠EMC，
∠CNM＝∠NCF＝∠MCF﹣∠NCM＝2∠BMC﹣2∠DCM＝2∠D，
∴＝．
3.证明：(1)①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠CDB＝45°，AD＝DC，
在△ADH和△CDH中，
，
∴△ADH≌△CDH(SAS)，
∴∠DAH＝∠DCH；
②结论：EF＝2CG，理由如下：
∵△DAH≌△DCH，
∴∠DAF＝∠DCH，
∵CG⊥HC，
∴∠FCG＋∠DCH＝90°，
∴∠FCG＋∠DAF＝90°，
∵∠DFA＋∠DAF＝90°，∠DFA＝∠CFG，
∴∠CFG＝∠FCG，
∴GF＝GC，
∵∠GCE＋∠GCF＝90°，∠CFG＋∠E＝90°，
∴∠GCE＝∠GCF，
∴CG＝GE，
∴EF＝2CG；
(2)①如图，当点F在线段CD上时，连接DE．

∵∠GFC＝∠GCF，∠GEC＋∠GFC＝90°，∠GCF＋∠GCE＝90°，
∴∠GCE＝∠GEC，
∴EG＝GC＝FG，
∵FG＝GE，FM＝MD，
∴DE＝2MG＝8，
在Rt△DCE中，CE＝2，
∴BE＝BC＋CE＝6＋2；
②如图，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＝8，
在Rt△DCE中，CE＝2，
∴BE＝BC﹣CE＝6﹣2
综上所述，BE的长为 6＋2或6﹣2．

4.解：(1)AF＝BE，AF⊥BE，
理由：在正方形ABCD中，AB＝DA，∠EAB＝∠D＝90°，
又∵AE＝DF，
∴△ABE≌△DAF(SAS)，
∴∠ABE＝∠DAF，AF＝BE，
又∵∠DAF＋∠FAB＝∠EAB＝90°，
∴∠ABE＋∠FAB＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴AF⊥BE，
故答案为：AF＝BE，AF⊥BE；
(2)在正方形ABCD中，∠EAB＝90°，AB＝2，AE＝2，∴BE＝4，
∵S△ABE＝AB•AE＝BE•AP，
∴AP＝，
在Rt△ABP中，BP＝3，
∵∠APB＝∠ABC＝90°，
∴∠ABP＋∠HBC＝90°，∠HCB＋∠HBC＝90°，
∴∠ABP＝∠HCB，
∵CH⊥BE，
∴∠HCB＝90°，
又∵AB＝BC，
∴△ABP≌△BCH(AAS)，
∴BH＝AP＝，
(3)在正方形ABCD中，AB＝BC，AD∥BC，
∵CH⊥BP，PH＝BH，
∴CP＝BC，
∴∠CBP＝∠CPB，
∵∠CPB＝∠QPE，∠CBP＝∠QEP，
∴∠QPE＝∠QEP，
在Rt△APE中，∠QAP＝∠QPA，
∴QE＝QP＝QA，
在四边形QABC中，设QP＝a，CP＝b，
则AB＝BC＝b，AQ＝a，QC＝a＋b，
∵DC2＋DQ2＝CQ2，
∴b2＋(b﹣a)2＝(a＋b)2，
∴b2＝4ab，
即b＝4a，
∴CP：PQ＝4．
5.解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，∠CBD＝∠ABD＝∠BAC＝∠BCA＝45°，
由轴对称的性质得：∠BGE＝∠BAE＝45°，∠ABE＝∠GBE＝∠ABD＝22.5°，
∵∠EBF＝45°，
∴∠DBF＝45°﹣22.5°＝22.5°，
∴∠FBC＝∠CBD﹣∠DBF＝22.5°；
(2)①证明：设AC与BD交于点O，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝45°，OA＝OC，AC⊥BD，
∴∠BEF＝∠BFE＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴BE＝BF，
∴OE＝OF，
∴GE＝GF，
∵AC⊥BD，
∴∠BGF＝∠NGE＝45°，
∴∠EGF＝45°＋45°＝90°，
∴△EFG是等腰直角三角形，
∴∠GFE＝45°＝∠ACD，
∴GF∥HC，
∵∠CFH＝∠BFE＝67.5°，∠CHF＝90°﹣∠FBC＝67.5°，
∴∠CFH＝∠CHF，
∴HC＝CF，
∵OA＝OC，OE＝OF，
∴AE＝CF，
∴GF＝CF＝HC，
∴四边形GHCF是平行四边形，
∵HC＝CF，
∴平行四边形GHCF是菱形；
②解：设OE＝OF＝a，则AE＝GE＝GF＝CF＝CH＝a，
∴AC＝(2＋2)a，
∴CD＝AC＝(＋2)a，
∴CD：CH＝1＋．
6.解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵AB＝6cm，BC＝8cm，
在Rt△ABC中，AC＝10cm，
∵G、H分别是AB、DC的中点，
∴AG＝AB，CH＝CD，
∴AG＝CH，
∵E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，
∴AE＝CF，
∴AF＝CE，
∴△AGF≌△CHE(SAS)，
∴GF＝HE，∠AFG＝∠CEH(或得∠EFG＝∠FEH)，
∴GF∥HE，
∴以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形；
(2)如图1，连接GH，由(1)可知四边形EGFH是平行四边形，

∵G、H分别是AB、DC的中点，
∴GH＝BC＝8cm，
∴当EF＝GH＝8cm时，四边形EGFH是矩形，分两种情况：
①若AE＝CF＝2t，则EF＝10﹣4t＝8，解得：t＝0.5，
②若AE＝CF＝2t，则EF＝2t＋2t﹣10＝8，解得：t＝4.5，
即当t为4.5秒或0.5秒时，四边形EGFH是矩形；
(3)如图2，连接AG、CH，

∵四边形GEHF是菱形，
∴GH⊥EF，OG＝OH，OE＝OF，
∵AF＝CE
∴OA＝OC，
∴四边形AGCH是菱形，
∴AG＝CG，
设AG＝CG＝x，则BG＝8﹣x，
由勾股定理得：AB2＋BG2＝AG2，
即62＋(8﹣x)2＝x2，解得：x＝，∴BG＝8﹣=，
∴AB＋BG＝6＋=，
t＝÷2＝，
即t为秒时，四边形EGFH是菱形．
7.解：(1)AE＝CF，理由：
连接BD，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OC．
∵BE＝BF，
∴OE＝OF，
∴OA﹣OE＝OC﹣OF．
即：AE＝BF．
(2)将△BCF绕着点B逆时针旋转90°得到△BAG，连接EG，如图，

则△BCF≌△BGA，
∴∠ABG＝∠FBC，∠GAB＝∠FCB＝45°，BG＝BF，
∴∠GAE＝∠GAB＋∠BAC＝45°＋45°＝90°，
∵∠ABC＝90°，∠EBF＝45°，
∴∠ABE＋∠CBF＝45°，
∴∠GBA＋∠ABE＝45°，
即：∠GBE＝45°，
∴∠GBE＝∠FBE＝45°．
在△GBE和△FBE中，
，
∴△GBE和△FBE(SAS)，
∴GE＝EF，AG＝CF＝4．
设EF＝BG＝x，则AE＝AC﹣CF﹣EF＝8﹣x，
在Rt△AGE中，
∵AG2＋AE2＝GE2，
∴42＋(8﹣x)2＝x2，
解得：x＝5，
∴EF＝5；
(3)当P，A两点重合时，PE＋PF＝4＋8＝12，符合题意；
当点P在A，B两点之间时，
作点E关于AB的对称点E′，连接E′F交AB于点P，如图，

则此时PE＋PF的值最小，
∵点E关于AB的对称点E′，
∴AE′＝AE＝4，PE′＝PE，AB⊥E′E，
∴∠E′AB＝∠EAB＝45°，
∴∠E′AE＝90°，
∴PE＋PF＝PE′＋PF＝E′F＝4＜9；
当P，B两点重合时，连接BD交AC于点O，如图，

则OE＝OA﹣AE＝2，OB＝OA＝6，
∴PE＝BE＝2，
同理，PF＝2，
∴PE＋PF＝4＜13，不符合题意，
∴点P在AB边上运动时，4≤PE＋PF≤4，则符合题意的点有8个(包括点A)，
由对称性可知，在正方形的四边上符合题意的点有：7×4＋2＝30．
8.解：(1)△BMN是等边三角形．
理由如下：如图①，∵BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，

∴BM＝BN，∠MBN＝60°，
∴△BMN是等边三角形；
(2)证明：∵△ABE和△BMN都是等边三角形，
∴AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，
∴∠ABE﹣∠ABN＝∠MBN﹣∠ABN，
即∠ABM＝∠EBN，
在△AMB和△ENB中，
，
∴△AMB≌△ENB(SAS)；

(3)①由两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，AM＋CM的值最小，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点M为BD的中点；
②当点M在CE与BD的交点时，AM＋BM＋CM的值最小，
理由如下：如图②，∵△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵△BMN是等边三角形，
∴BM＝MN，
∴AM＋BM＋CM＝EN＋MN＋CM，
由两点之间线段最短可知，点E、N、M、C在同一直线上时，EN＋MN＋CM，
故，点M在CE与BD的交点时，AM＋BM＋CM的值最小．
9.解：问题引入：BE＝DE，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠C，
∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△AEF和△CED中，
，
∴△AEF≌△CED(ASA)，
∴EF＝DE，
∵∠ABD＝90°，
∴BE为Rt△BDF斜边上的中线，
∴EF＝DE＝BE，
∴BE＝DE；
故答案为：BE＝DE；
问题延伸：(1)PC＝PG，理由如下：如图，延长GP交CD于点M，

∵四边形ABCD，BEFG为正方形，
∴CD∥AE∥GF，∠BCD＝90°，
∴∠CDP＝∠PFG，
∵P为DF的中点，
∴DP＝FP，
在△DPM和△FPG中，
，
∴△DPM≌△FPG(ASA)，
∴PM＝PG，GF＝DM，
∵PC为Rt△MCG斜边上的中线，
∴PC＝PG＝PM，
∴PC＝PG；
(2)∵四边形ABCD、BEFG为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝3，BG＝GF＝DM，∠CGF＝90°，
设BG＝GF＝DM＝x，
∴CM＝CG＝3﹣x，
∵PC＝PG＝PM＝，
∴MG＝2，
∵MC2＋CG2＝MG2，
∴(3﹣x)2＋(3﹣x)2＝(2)2，
∴x＝1，
∴GF＝1，CG＝3﹣1＝2，
∴CF＝．
10.证明：(1)点拨：如图2，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM，
易证△ABM≌△EBM(SAS)，
∴AM＝EM，∠1＝∠2；
∵AM＝MN，
∴EM＝MN，
∴∠3＝∠4；
∵∠3＋∠1＝∠4＋∠5＝60°，
∴∠1＝∠2＝∠5．
∵∠2＋∠6＝120，
∴∠5＋∠6＝120°，
∴∠AMN＝60°；
(2)拓展：延长AB至E，使EB＝AB，连接EMC、EC，如图所示：

则EB＝BC，∠EBM中＝90°＝∠ABM，
∴△EBC是等腰直角三角形，
∴∠BEC＝∠BCE＝45°，
∵N是正方形ABCD的外角∠DCH的平分线上一点，
∴∠MCN＝90°＋45°＝135°，
∴∠BCE＋∠MCN＝180°，
∴E、C、N，三点共线，
在△ABM和△EBM中，
，
∴△ABM≌△EBM(SAS)，
∴AM＝EM，∠1＝∠2，
∵AM＝MN，
∴EM＝MN，
∴∠3＝∠4，
∵∠2＋∠3＝45°，∠4＋∠5＝45°，
∴∠1＝∠2＝∠5，
∵∠1＋∠6＝90°，
∴∠5＋∠6＝90°，
∴∠AMN＝180°﹣90°＝90°．
11.解：(1)①如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠BAD＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，
∵AM平分∠BAD，
∴∠BAM＝∠BAD＝45°，
∴∠BAM＝∠AMB＝45°，
∴BM＝AB＝6，
∴CM＝BC﹣BM＝8﹣6＝2；
②证明：如图1中，过点M作MH⊥AD于H．
∵MN＝MD，
∴∠MND＝∠MDN，
∵MN⊥DE，
∴∠EDP＋∠MND＝90°，
∵∠CDM＋∠MDN＝90°，
∴∠EDP＝∠CDM，
∵∠MAH＝∠AMH＝45°，
∴∠DEM＝∠MAH＋∠ADE＝45°＋∠ADE，∠DME＝∠AMH＋∠DMH，
∵MH∥CD，
∴∠DMH＝∠CDM＝∠EDP，
∴∠DME＝∠DEM，
∴DM＝DE，
在△PED和△CMD中，
，
∴△PED≌△CMD(AAS)；
(2)解：如图3中，过点F作FR⊥BC于R．

∵AB＝1，
AB＝CD＝1，则AB＝BM＝1，AM＝AD＝，
∴BC＝AD＝，CM＝BC﹣BM＝-1，
∵△PED≌△CMD，
∴PE＝CM＝-1，
∵∠EAP＝45°，
∴AE＝PE＝2﹣，
∵AM＝AD，∠MAD＝45°，
∴∠AMD＝∠ADM＝67.5°，
∵DM＝DE，
∴∠DEM＝∠DME＝67.5°，
∴∠MDE＝45°，
∵MN⊥DE，
∴∠DFM＝90°，∠FDM＝∠FMD＝45°，
∴FM＝FD，
∵FR⊥BC，FH⊥CD，
∴∠FRM＝∠FHD＝90°，
∵∠C＝∠CRF＝∠CHF＝90°，
∴四边形CRFH是矩形，
∴∠RFH＝∠MFD＝90°，
∴∠RFM＝∠HFD，
在△FRM和△FHD中，
，
∴△FRM≌△FHD(AAS)，
∴FR＝FH，RM＝DH，
∴四边形CRFH是正方形，
∴CM＋CD＝CR﹣RM＋CH＋DH＝2FH，
∴2FH＝，
∴FH＝．
12.证明：(1)如图1，∵大的正方形的面积可以表示为(a＋b)2，
大的正方形的面积又可以表示为c2＋4×ab，
∴c2＋2ab＝a2＋b2＋2ab，
∴a2＋b2＝c2；
(2)解：如图2，空白部分的面积＝边长为c的正方形的面积﹣2个直角三角形的面积＝c2﹣2×ab，
∵a＝3，b＝4，
∴空白部分的面积＝32＋42﹣2××3×4＝13．
故答案为：13．
(3)解：如图3，在Rt△ABH中，AB＝5，
∵△ABH≌△AFH≌△ADI≌△ADG，
∴AD＝AF＝AB＝5，
∴DH＝AD﹣AH＝5﹣3＝2，BI＝AB﹣AI＝5﹣3＝2，
∴DH＝BI，
∵∠DCH＝∠BCI，∠CHD＝∠CIB＝90°，
∴△CDH≌△CBI(AAS)，
∴CD＝BC，
设BC＝x，则CH＝4﹣x，
在Rt△CDH中，CH2＋DH2＝CD2，
∴(4﹣x)2＋22＝x2，解得：x＝，
∴BC＝CD＝，
同理可得DE＝EF＝BC＝，
∴“帽子”外围轮廓(实线)的周长为AB＋AF＋BC＋CD＋DE＋EF＝5＋5＋＋＋＋＝20．
(4)解：如图，过点A作AK⊥HI于点K，交BC于点J，

∵RtABC中，∠BAC＝90°，
∴AB2＋AC2＝BC2，
∵四边形ABED、四边形ACGF、四边形BCIH均为正方形，
∴S正方形ABED＝AB2，S正方形ACGF＝AC2，S3＝S正方形BCIH＝BC2，
∵正方形ABED与△EBC同底等高，
∴S正方形ABED＝2S△EBC＝2S1，
∴AB2＝2S1，
∵正方形ACGF与△EBC同底等高，
∴S正方形ACGF＝2S△BCG＝2S2，
∴AC2＝2S2，
∵S正方形BCIH＝S3，
∴2S1＋2S2＝S3，
即2(S1＋S2 )＝S3．