2022-2023学年四川省南充市西充县双凤中学八年级（下）期中数学试卷(含解析）

这是一份2022-2023学年四川省南充市西充县双凤中学八年级（下）期中数学试卷(含解析），共21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.下列根式中，与 3是同类二次根式的是( )
A. 24B. 12C. 32D. 18
2.△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，下列命题中的假命题是( )
A. 如果∠C−∠B=∠A，则△ABC是直角三角形
B. 如果c2=b2−a2，则△ABC是直角三角形，且∠C=90°
C. 如果(c+a)(c−a)=b2，则△ABC是直角三角形
D. 如果∠A：∠B：∠C=5：2：3，则△ABC是直角三角形
3.如图，在▱ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E.若BF=6，AB=5，则AE的长为
( )
A. 4B. 6C. 8D. 10
4.已知菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠BAD=120°，AC=4，则该菱形的面积是( )
A. 16 3B. 16C. 8 3D. 8
5.下列计算错误的是( )
A. 14× 7=7 2B. 60÷ 5=2 3
C. 9a+ 25a=8 aD. 3 2− 2=3
6.在一块平地上，张大爷家屋前9米远处有一颗大树，在一次强风中，这课大树从离地面6米处折断倒下，量得倒下部分的长是10米，大树倒下时能砸到张大爷的房子吗？( )
A. 一定不会B. 可能会C. 一定会D. 以上答案都不对
7.化简( 3−2)2023( 3+2)2024的结果为( )
A. −1B. 3−2C. 3+2D. − 3−2
8.如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM/​/AB交AD于点M，若OM=3，BC=10，则OB的长为( )
A. 5B. 4C. 342D. 34
9.如图是用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为49，小正方形面积为4，若用x、y表示直角三角形的两直角边(x>y)，下列四个说法：①x2+y2=49，②x−y=2，③2xy+4=49，④x+y=9.其中说法正确的是( )
A. ①②B. ①②③C. ①②④D. ①②③④
10.如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，若EH=12cm，EF=16cm，则边AD的长是( )
A. 12cm
B. 16cm
C. 20cm
D. 28cm
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BC=9，AC=8，BD=14，则△AOD的周长为______．
12.函数y= 2x+1 x−2有意义，则x范围是______．
13.如图，△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，且EF/​/BC交AC于M，若EF=5，则CE2+CF2= ______．
14.若y= x−3+ 3−x+2，则xy=______．
15.如图所示，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，AD=8，AB=6，将△ABO向右平移得到△DCE，则△ABO向右平移过程扫过的面积是______．
16.如图，正方形ABCD的边长为4，点P在DC边上且DP=1，点Q是AC上一动点，则DQ+PQ的最小值为______．
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
计算：
(1) 83+ 12+ 0.125− 6+ 32；
(2)(3− 2)2(3+ 2)+(3+ 2)2(3− 2)．
18.(本小题6分)
已知：如图，在△ABC中，∠B=30°，∠C=45°，AC= 2．
求：(1)AB的长；
(2)求△ABC的面积．
19.(本小题8分)
已知：如图，在▱ABCD中，E是CD的中点，F是AE的中点，FC与BE交于G．
求证：GF=GC．
20.(本小题8分)
如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三形，且∠ACB=∠ECD=90°，求证：
(1)△ACE≌△BCD；
(2)AD2+DB2=DE2．
21.(本小题8分)
已知a=2 3−b+ 3b−9+2，试求 ab−1a+b÷ a⋅ b．
22.(本小题10分)
已知：在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E是AD的中点；过点A作AF/​/BC，交BE的延长线于F，连接CF．
(1)求证：四边形ADCF是平行四边形；
(2)填空：
①当AB=AC时，四边形ADCF是______形；
②当∠BAC=90°时，四边形ADCF是______形．
23.(本小题10分)
如图，AB/​/CD，点E，F分别在AB，CD上，连接EF，∠AEF、∠CFE的平分线交于点G，∠BEF、∠DFE的平分线交于点H．
(1)求证：四边形EGFH是矩形；
(2)小明在完成(1)的证明后继续进行了探索，过G作MN/​/EF，分别交AB，CD于点M，N，过H作PQ/​/EF，分别交AB，CD于点P，Q，得到四边形MNQP，此时，他猜想四边形MNQP是菱形，请在框中补全他的证明思路．
24.(本小题12分)
如图所示，四边形ABCD是正方形，M是AB延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点D，且直角顶点E在AB边上滑动(点E不与点A、B重合)，另一直角边与∠CBM的平分线BF相交于点F．
(1)如图1，当点E在AB边的中点位置时：
①通过测量DE、EF的长度，猜想DE与EF满足的数量关系是______．
②连接点E与AD边的中点N，猜想NE与BF满足的数量关系是______，请证明你的猜想．
(2)如图2，当点E在AB边上的任意位置时，猜想此时DE与EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、 24=2 6，故A选项不是；
B、 12=2 3，故B选项是；
C、 32= 62，故C选项不是；
D、 18=3 2，故D选项不是．
故选：B．
运用化简根式的方法化简每个选项．
本题主要考查了同类二次根式，解题的关键是熟记化简根式的方法．
2.【答案】B
【解析】解：A、因为∠C−∠B=∠A，即∠A+∠B=∠C，∠A+∠B=180°−∠C，所以∠C=90°，则△ABC是直角三角形，所以A选项为真命题；
B、因为c2=b2−a2，即c2+a2=b2，则△ABC是直角三角形，且∠B=90°，所以B选项为假命题；
C、因为(c+a)(c−a)=b2，即c2=a2+b2，则△ABC是直角三角形，且∠C=90°，所以C选项为真命题；
D、因为∠A：∠B：∠C=5：2：3，所以∠A=510×180°=90°，则△ABC是直角三角形，所以D选项为真命题．
故选：B．
利用三角形内角和可对A、D选项进行判断；根据勾股定理的逆定理可对B、C选项进行判断．
本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等；平行四边形的对角线互相平分．也考查了等腰三角形的判定与性质和基本作图．
由基本作图得到AB=AF，加上AO平分∠BAD，则根据等腰三角形的性质得到AO⊥BF，BO=FO=12BF=3，再根据平行四边形的性质得AF/​/BE，所以∠1=∠3，于是得到∠2=∠3，根据等腰三角形的判定得AB=BE，然后再根据等腰三角形的性质得到AO=OE，最后利用勾股定理计算出AO，从而得到AE的长．
【解答】
解：连接EF，AE与BF交于点O，如图，
∵AB=AF，AO平分∠BAD，
∴AO⊥BF，BO=FO=12BF=3，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AF/​/BE，
∴∠1=∠3，
∵AO平分∠BAF，则∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∴AB=EB，
而BO⊥AE，
∴AO=OE，
在Rt△AOB中，AO= AB2−OB2= 52−32=4，
∴AE=2AO=8．
故选：C．
4.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AO=CO，AC⊥BD，BO=DO，AD//BC，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵AC=4，
∴AO=2，AB=AC=4，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：DO=BO= AB2−AO2= 42−22=2 3，
∴BD=4 3，
∴菱形ABCD的面积S=12×AC×BD=12×4×4 3=8 3，
故选：C．
根据菱形的性质得出AB=BC，AO=CO，AC⊥BD，BO=DO，AD//BC，求出∠ABC=60°，求出△ABC是等边三角形，求出AB=4，根据勾股定理求出BO，求出BD，再求出菱形的面积即可．
本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，能熟记菱形的性质是解此题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：A、 14× 7= 2×7×7=7 2，正确；
B、 60÷ 5= 60÷5=2 3，正确；
C、 9a+ 25a=3 a+5 a=8 a，正确；
D、3 2− 2=2 2，故错误．故选D．
根据二次根式的运算法则分别计算，再作判断．
同类二次根式是指几个二次根式化简成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式．
二次根式的加减运算，先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并．
合并同类二次根式的实质是合并同类二次根式的系数，根指数与被开方数不变．
6.【答案】B
【解析】解：如图所示，AB=10米，AD=6米，CD=9米，
在Rt△ABE中，AE=
=
米，
则BC=DE=(6−
)米．
故若房子高度大于(6−
)米时，就会被砸中．
所以可能砸中，也可能砸不中，
故选：B．
由题意知树折断的两部分与地面形成一直角三角形，根据勾股定理求出BC的长即可解答．
此题考查了勾股定理在生活中的应用．善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
7.【答案】D
【解析】解：原式=[( 3−2)( 3+2)]2023⋅( 3+2)
=(3−4)2023( 3+2)
=−( 3+2)
=− 3−2，
故选：D．
利用积的乘方得到原式=[( 3−2)( 3+2)]2023⋅( 3+2)，然后利用平方差公式计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟记运算法则是解本题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=90°，AD=BC=10，
∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM/​/AB，
∴OM是△ADC的中位线，
∵OM=3，
∴DC=6，
∴AC= AD2+CD2=2 34，
∴BO=12AC= 34，
故选：D．
已知OM是△ADC的中位线，再结合已知条件则DC的长可求出，所以利用勾股定理可求出AC的长，由直角三角形斜边上中线的性质则BO的长即可求出．
本题考查了矩形的性质，勾股定理的运用，直角三角形斜边上中线的性质以及三角形的中位线的应用，解此题的关键是求出AC的长．
9.【答案】B
【解析】解：由题意x2+y2=49①(x−y)2=4②，
①−②得2xy=45 ③，
∴2xy+4=49，
①+③得x2+2xy+y2=94，
∴(x+y)2=94，
∴x−y=2，x+y= 94，
∴①②③正确，④错误．
故选：B．
由题意x2+y2=49①(x−y)2=4②，①−②可得2xy=45记为③，①+③得到(x+y)2=94由此即可判断．
本题考查勾股定理，面积分割法等知识，解题的关键学会利用方程的思想解决问题，学会整体恒等变形的思想，属于中考常考题型．
10.【答案】C
【解析】解：∵∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，
∴∠HEF=∠HEM+∠FEM=12×180°=90°，
同理可得：∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∴GH//EF，GH=EF，
∴∠GHN=∠EFM，
在△GHN和△EFM中，
∠GNH=∠EMF∠NHG=∠MFEHG=EF，
∴△GHN≌△EFM(AAS)，
∴HN=MF=HD，
∴AD=AH+HD=HM+MF=HF，
在Rt△EHF中，
HF= EH2+EF2= 122+162=20，
∴AD=20厘米．
故选：C．
此题主要是四边形综合问题，考查了翻折变换的性质以及勾股定理，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，得出四边形EFGH为矩形是解题关键．
利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形EFGH为矩形，再根据全等三角形的判定与性质和折叠可得HF的长即为边AD的长，最后利用勾股定理求出HF即可．
11.【答案】20
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，OA=OC，OB=OD，
∵BC=9，BD=14，AC=8，
∴AD=9，OA=4，OD=7，
∴△AOD的周长为：AD+OA+OD=20．
故答案为：20．
首先根据平行四边形的对边相等、对角线互相平分，求出AD、OA、OD的长度，代入AD+OA+OD计算即可求出所填答案．
本题用到的知识点是平行四边形的性质，利用性质(平行四边形的对边相等、对角线互相平分)进行计算是解此题的关键．
12.【答案】x≥0且x≠4
【解析】【分析】
本题主要考查自变量的取值范围，函数关系中主要有二次根式和分式两部分．
函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，就可以得到2x+1≥0x≥0 x−2≠0，从而求解．
【解答】
解：根据二次根式的意义和分式有意义的条件，
可得2x+1≥0x≥0 x−2≠0,
解得x≥0且x≠4．
所以自变量的范围是x≥0且x≠4．
故答案为：x≥0且x≠4．
13.【答案】25
【解析】解：∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ACE=12∠ACB，∠ACF=12∠ACD，
∴∠ECF=12(∠ACB+∠ACD)=90°，
∴△EFC为直角三角形，
由勾股定理可知CE2+CF2=EF2=25．
故答案为：25．
根据角平分线的定义推出△ECF为直角三角形，然后根据勾股定理即可求得CE2+CF2=EF2，进而可求出CE2+CF2的值．
本题考查角平分线的定义，直角三角形的判定以及勾股定理的运用，解题的关键是首先证明出△ECF为直角三角形．
14.【答案】9
【解析】解：y= x−3+ 3−x+2有意义，
必须x−3≥0，3−x≥0，
解得：x=3，
代入得：y=0+0+2=2，
∴xy=32=9．
故答案为：9．
根据二次根式有意义的条件得出x−3≥0，3−x≥0，求出x，代入求出y即可．
本题主要考查对二次根式有意义的条件的理解和掌握，能求出x y的值是解此题的关键．
15.【答案】48
【解析】解：∵△ABO向右平移得到△DCE，
∴S△ABO=S△DEC，
∴△ABO平移过程扫过的面积是矩形ABCD的面积，
∵AD=8，AB=6，
∴矩形ABCD的面积为48，
∴△ABO向右平移过程扫过的面积是48，
故答案为48．
首先根据平移的知识可知S△ABO=S△DEC，进而可知△ABO平移过程扫过的面积是矩形ABCD的面积，于是得到答案．
本题主要考查了矩形的性质以及平移的知识，解题的关键是知道△ABO平移过程扫过的面积是矩形ABCD的面积，此题难度一般．
16.【答案】5
【解析】解：如图，连接BP，
∵点B和点D关于直线AC对称，
∴QB=QD，
则BP就是DQ+PQ的最小值，
∵正方形ABCD的边长是4，DP=1，
∴CP=3，
∴BP= 42+32=5，
∴DQ+PQ的最小值是5．
故答案为：5．
要求DQ+PQ的最小值，DQ，PQ不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DQ，PQ的值，从而找出其最小值求解．
此题考查了正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，得出DQ+PQ的最小值时Q点位置是解题关键．
17.【答案】解：(1) 83+ 12+ 0.125− 6+ 32
=2 63+ 22+ 24− 6+4 2
=− 63+19 24；
(2)(3− 2)2(3+ 2)+(3+ 2)2(3− 2)
=[(3− 2)(3+ 2)](3− 2)+[(3− 2)(3+ 2)](3+ 2)
=[(3− 2)(3+ 2)](3− 2+3+ 2)
=(9−2)(3− 2+3+ 2)
=7×6
=42．
【解析】(1)先化简各二次根式，再合并同类二次根式即可；
(2)先提取公因式(3− 2)(3+ 2)，再计算二次根式的乘法与括号内的加减运算，最后计算乘法运算即可．
本题考查的是二次根式的加减运算，二次根式的乘法运算，熟记二次根式的加减运算，乘法运算的运算法则以及利用因式分解的方法进行简便运算是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)作AD⊥BC于D．

在Rt△ACD中，∵∠C=45°，AC= 2，
∴AD=CD=1，
在Rt△ABD中，∠B=30°，AB=2AD=2．
(2)在Rt△ABD中，BD= 3AD= 3，
∵CD=1，
∴BC=BD+CD= 3+1，
∴S△ABC=12⋅BC⋅AD=12⋅( 3+1)⋅1= 3+12．
【解析】(1)作AD⊥BC于D.在Rt△ADC中，求出AD、CD，在Rt△ABD中，根据AB=2AD即可解决问题；
(2)根据三角形的面积就是即可；
本题考查勾股定理，等腰直角三角形的性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
19.【答案】证明：如图，取BE的中点H，连接FH、CH．
∵F是AE的中点，H是BE的中点，∴FH是三角形ABE的中位线，
∴FH//AB且FH=12AB，
又∵点E是DC的中点，
∴EC=12DC，
∵AB=DC
∴FH=EC
又∵AB/​/DC，
∴FH/​/EC．
∴四边形EFHC是平行四边形，
∴GF=GC．
【解析】取BE的中点H，连接FH、CH，利用三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理证明四边形EFHC为平行四边形即可．
本题综合运用了三角形的中位线的判定和性质，平行四边形的判定和性质使问题得到解决，而其中通过作BE的中点H构造平行四边形EFHC是使问题获得证明的关键．
20.【答案】解：(1)∵∠ACB=∠ECD=90°，
∴∠ACE=∠BCD，
在△AEC和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
∴△ACE≌△BCD(SAS)；
(2)∵△ACE≌△BCD，
∴∠EAC=∠B=45°，AE=BD，
∴∠DAE=∠EAC+∠CA=90°，
∵RT△AED中，AE2+AD2=DE2，
∴BD2+AD2=DE2．
【解析】(1)根据∠ACB=∠ECD=90°即可求得∠ACE=∠BCD，即可求证△ACE≌△BCD；
(2)根据(1)中结论可以求得AE=BD，且△ADE是直角三角形，根据勾股定理即可解题．
本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边、对应角相等的性质，本题中求证△ACE≌△BCD是解题的关键．
21.【答案】解：∵a=2 3−b+ 3b−9+2，
∴b=3，a=2，
∴ ab−1a+b÷ a⋅ b
= 2×3−12+3÷ 2× 3
=1 2× 3
= 62．
【解析】利用二次根式的性质得出a，b的值，进而代入求出即可．
此题主要考查了二次根式的化简求值，正确得出a，b的值是解题关键．
22.【答案】(1)证明：∵AF/​/BC，
∴∠AFE=∠EBD.
在△AEF和△DEB中，
∵{AFE=∠DBE∠FEA=∠BEDAE=DE ,
∴△AEF≌△DEB(AAS).
∴AF=BD.
∴AF=DC．
又∵AF/​/BC，
∴四边形ADCF为平行四边形；
(2)①矩；②菱
【解析】【分析】
此题主要考查了平行四边形的判定以及全等三角形的判定与性质，得出△AEF≌△DEB是解题关键．
(1)首先利用全等三角形的判定方法得出△AEF≌△DEB(AAS)，进而得出AF=BD，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进而得出答案；
(2)①根据矩形的判定定理即可得到结论；②根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解答】
解：(1)见答案
(2)①当AB=AC时，四边形ADCF是矩形．理由如下：
∵AB=AC，AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∵四边形ADCF为平行四边形，
∴四边形ADCF是矩形．
故答案为：矩；
②当∠BAC=90°，四边形ADCF是菱形．理由如下：
∵∠BAC=90°，AD是BC边上的中线，
∴AD=12BC=BD=CD，
∵四边形ADCF为平行四边形，
∴四边形ADCF是菱形．
故答案为①矩；②菱．
23.【答案】FG平分∠CFE GE=FH ∠GME=∠FQH ∠GEF=∠EFH
【解析】(1)证明：∵EH平分∠BEF，
∴∠FEH=12∠BEF，
∵FH平分∠DFE，
∴∠EFH=12∠DFE，
∵AB/​/CD，
∴∠BEF+∠DFE=180°，
∴∠FEH+∠EFH=12(∠BEF+∠DFE)=12×180°=90°，
∵∠FEH+∠EFH+∠EHF=180°，
∴∠EHF=180°−(∠FEH+∠EFH)=180°−90°=90°，
同理可得：∠EGF=90°，
∵EG平分∠AEF，
∴∠GEF=12∠AEF，
∵EH平分∠BEF，
∴∠FEH=12∠BEF，
∵点A、E、B在同一条直线上，
∴∠AEB=180°，
即∠AEF+∠BEF=180°，
∴∠FEG+∠FEH=12(∠AEF+∠BEF)=12×180°=90°，
即∠GEH=90°，
∴四边形EGFH是矩形；
(2)解：答案不唯一：
由AB/​/CD，MN/​/EF，PQ/​/EF，易证四边形MNQP是平行四边形，
要证▱MNQP是菱形，只要证MN=NQ，由已知条件：FG平分∠CFE，MN/​/EF，
故只要证GM=FQ，即证△MGE≌△QFH，易证GE=FH、∠GME=∠FQH．
故只要证∠MGE=∠QFH，易证∠MGE=∠GEF，∠QFH=∠EFH，∠GEF=∠EFH，即可得证．
故答案为：FG平分∠CFE；GE=FH、∠GME=∠FQH；∠GEF=∠EFH．
(1)利用角平分线的定义结合平行线的性质得出∠FEH+∠EFH=90°，进而得出∠GEH=90°，进而求出四边形EGFH是矩形；
(2)利用菱形的判定方法首先得出要证▱MNQP是菱形，只要证MN=NQ，再证∠MGE=∠QFH得出即可．
此题主要考查了矩形的判定以及菱形的判定和角平分线的性质，根据题意得出证明菱形的方法是解题关键．
24.【答案】(1)①DE=EF；②NE=BF．
(2)DE=EF，
理由如下：
在DA边上截取DN=EB，连接NE．
∵四边形ABCD是正方形，DN=EB，
∴AN=AE，
∴△AEN为等腰直角三角形，
∴∠ANE=45°，
∴∠DNE=180°−45°=135°，
∵BF平分∠CBM，AN=AE，
∴∠EBF=90°+45°=135°，
∴∠DNE=∠EBF，
∵∠NDE+∠DEA=90°，∠BEF+∠DEA=90°，
∴∠NDE=∠BEF，
在△DNE和△EBF中
∠ADE=∠FEBDN=EB∠DNE=∠EBF，
∴△DNE≌△EBF(ASA)，
∴DE=EF．
【解析】解：(1)①DE=EF；
②NE=BF；
理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠DAB=∠ABC=90°，
∵N，E分别为AD，AB中点，
∴AN=DN=12AD，AE=EB=12AB，
∴DN=BE，AN=AE，
∵∠DEF=90°，
∴∠AED+∠FEB=90°，
又∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠FEB=∠ADE，
又∵AN=AE，
∴∠ANE=∠AEN，
又∵∠A=90°，
∴∠ANE=45°，
∴∠DNE=180°−∠ANE=135°，
又∵∠CBM=90°，BF平分∠CBM，
∴∠CBF=45°，∠EBF=135°，
在△DNE和△EBF中
∠ADE=∠FEBDN=EB∠DNE=∠EBF，
∴△DNE≌△EBF(ASA)，
∴DE=EF，NE=BF．
(2)见答案．
(1)①根据图形可以得到DE=EF，NE=BF，②要证明这两个关系，只要证明△DNE≌△EBF即可．
(2)DE=EF，连接NE，在DA边上截取DN=EB，证出△DNE≌△EBF即可得出答案．
此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键就是求证△DNE≌△EBF．由AB/​/CD，MN/​/EF，PQ/​/EF，易证四边形MNQP是平行四边形，要证▱MNQP是菱形，只要证
MN=NQ，已知条件______，MN/​/EF，故只要证GM=FQ，即证△MGE≌△QFH，易证______、______.故只要证∠MGE=∠QFH，易证∠MGE=∠GEF，∠QFH=∠EFH，______，即可得证．
AB2−BE2
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