数学八年级下册第十五章 四边形综合与测试同步练习题

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京改版八年级数学下册第十五章四边形专题训练
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝，则点C的坐标为（　　）

A．（，1） B．（1，1） C．（1，） D．（+1，1）
2、下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3、如图，在平面直角坐标系中，点A是x轴正半轴上的一个动点，点C是y轴正半轴上的点，于点C．已知，．点B到原点的最大距离为（ ）

A．22 B．18 C．14 D．10
4、若一个直角三角形的周长为，斜边上的中线长为1，则此直角三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
5、勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，长方形AKJD的面积为S3，长方形KJEB的面积为S4，下列结论：①BI＝CD；②2S△ACD＝S1；③S1＋S4＝S2＋S3；④＋＝．其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6、下列测量方案中，能确定四边形门框为矩形的是（ ）
A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量对角线是否相等 D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等
7、下列图标中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
8、在锐角△ABC中，∠BAC＝60°，BN、CM为高，P为BC的中点，连接MN、MP、NP，则结论：①NP＝MP；②AN：AB＝AM：AC；③BN＝2AN；④当∠ABC＝60°时，MN∥BC，一定正确的有（ ）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①④
9、已知，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．设有以下条件：①AB＝AD；②AC＝BD；③AO＝CO，BO＝DO；④四边形ABCD是矩形；⑤四边形ABCD是菱形；⑥四边形ABCD是正方形．那么，下列推理不成立的是（　　）
A．①④⇒⑥ B．①③⇒⑤ C．①②⇒⑥ D．②③⇒④
10、下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有几个（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、能使平行四边形ABCD为正方形的条件是___________(填上一个符合题目要求的条件即可)．
2、已知一个多边形的内角和与外角和的比是2：1，则它的边数为 _____．
3、如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝6，∠DAC＝60°，点F在线段AO上从点A至点O运动，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，下列结论：①∠BDE＝∠EFC；②ED＝EC；③∠ADF＝∠ECF；④点E运动的路程是2，其中正确结论的序号为 _____．


4、在平行四边形ABCD中，若∠A=130°，则∠B=______，∠C=______，∠D=______．
5、如图是中国古代建筑中的一个正六边形的窗户，则它的内角和为 _____．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在中，，D是边上的一点，过D作交于点E，，连接交于点F．

（1）求证：是的垂直平分线；
（2）若点D为的中点，且，求的长．
2、（1）如图1，∠ADC=120°，∠BCD=140°，∠DAB和∠CBE的平分线交于点，则∠AFB的度数是 ；
（2）如图2，若∠ADC=，∠BCD=，且，∠DAB和∠CBE的平分线交于点，则∠AFB=　 　（用含，的代数式表示）；
（3）如图3，∠ADC=，∠BCD=，当∠DAB和∠CBE的平分线AG,BH平行时，,应该满足怎样的数量关系？请说明理由；

（4）如果将（2）中的条件改为，再分别作∠DAB和∠CBE的平分线，∠AFB与，满足怎样的数量关系？请画出图形并直接写出结论．
3、如图，在△ABC中，，，延长CB，并将射线CB绕点C逆时针旋转90°得到射线l，D为射线l上一动点，点E在线段CB的延长线上，且，连接DE，过点A作于M．
（1）依题意补全图1，并用等式表示线段DM与ME之间的数量关系，并证明；
（2）取BE的中点N，连接AN，添加一个条件：CD的长为_______，使得成立，并证明．

4、在中，，斜边，过点作，以AB为边作菱形ABEF，若，求的面积．

5、如图，四边形ABCD是菱形，DE⊥AB、DF⊥BC，垂足分别为E、F．求证：BE＝BF．


-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
作CD⊥x轴，根据菱形的性质得到OC=OA=，在Rt△OCD中，根据勾股定理求出OD的值，即可得到C点的坐标．
【详解】
：作CD⊥x轴于点D，

则∠CDO=90°，
∵四边形OABC是菱形，OA=，
∴OC=OA=，
又∵∠AOC=45°，
∴∠OCD=90°-∠AOC=90°-45°=45°，
∴∠DOC=∠OCD，
∴CD=OD，
在Rt△OCD中，OC=，CD2+OD2=OC2，
∴2OD2=OC2=2，
∴OD2=1，
∴OD=CD=1（负值舍去），
则点C的坐标为（1，1），
故选：B．
【点睛】
此题考查了菱形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理，根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求出OD=CD=1是解决问题的关键．
2、D
【分析】
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】
A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，理解概念并知道一些常见的中心对称图形是关键．
3、B
【分析】
首先取AC的中点E，连接BE，OE，OB，可求得OE与BE的长，然后由三角形三边关系，求得点B到原点的最大距离．
【详解】
解：取AC的中点E，连接BE，OE，OB，

∵∠AOC＝90°，AC＝16，
∴OE＝CEAC＝8，
∵BC⊥AC，BC＝6，
∴BE10，
若点O，E，B不在一条直线上，则OB＜OE+BE＝18．
若点O，E，B在一条直线上，则OB＝OE+BE＝18，
∴当O，E，B三点在一条直线上时，OB取得最大值，最大值为18．
故选：B
【点睛】
此题考查了直角三角形斜边上的中线的性质以及三角形三边关系．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
4、B
【分析】
根据直角三角形斜边上中线的性质，可得斜边为2，然后利用两直角边之间的关系以及勾股定理求出两直角边之积，从而确定面积．
【详解】
解：根据直角三角形斜边上中线的性质可知，斜边上的中线等于斜边的一半，得AC=2BD=2．

∵一个直角三角形的周长为3+，
∴AB+BC=3+-2=1+．
等式两边平方得（AB+BC）2= (1+) 2，
即AB2+BC2+2AB•BC=4+2，
∵AB2+BC2=AC2=4，
∴2AB•BC=2，AB•BC=，
即三角形的面积为×AB•BC=．
故选：B．
【点睛】
本题考查直角三角形斜边上的中线，勾股定理，三角形的面积等知识点的理解和掌握，巧妙求出AC•BC的值是解此题的关键，值得学习应用．
5、C
【分析】
根据SAS证△ABI≌△ADC即可得证①正确，过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，根据边的关系得出S△ABI＝S1，即可得出②正确，过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，证S1＝S3即可得证③正确，利用勾股定理可得出S1+S2＝S3+S4，即能判断④不正确．
【详解】
解：①∵四边形ACHI和四边形ABED都是正方形，
∴AI＝AC，AB＝AD，∠IAC＝∠BAD＝90°，
∴∠IAC+∠CAB＝∠BAD+∠CAB，
即∠IAB＝∠CAD，
在△ABI和△ADC中，
，
∴△ABI≌△ADC（SAS），
∴BI＝CD，
故①正确；
②过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，

∴∠BMA＝90°，
∵四边形ACHI是正方形，
∴AI＝AC，∠IAC＝90°，S1＝AC2，
∴∠CAM＝90°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CAM＝∠BMA＝90°，
∴四边形AMBC是矩形，
∴BM＝AC，
∵S△ABI＝AI•BM＝AI•AC＝AC2＝S1，
由①知△ABI≌△ADC，
∴S△ACD＝S△ABI＝S1，
即2S△ACD＝S1，
故②正确；
③过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，

∴∠CNA＝90°，
∵四边形AKJD是矩形，
∴∠KAD＝∠AKJ＝90°，S3＝AD•AK，
∴∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴∠CNA＝∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴四边形AKCN是矩形，
∴CN＝AK，
∴S△ACD＝AD•CN＝AD•AK＝S3，
即2S△ACD＝S3，
由②知2S△ACD＝S1，
∴S1＝S3，
在Rt△ACB中，AB2＝BC2+AC2，
∴S3+S4＝S1+S2，
又∵S1＝S3，
∴S1+S4＝S2+S3，
即③正确；
④在Rt△ACB中，BC2+AC2＝AB2，
∴S3+S4＝S1+S2，
∴，
故④错误；
综上，共有3个正确的结论，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，正方形的性质，矩形性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质是解题的关键．
6、D
【分析】
由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】
解：A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对边分别相等是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴对角线相等的四边形不是矩形，
∴选项C不符合题意；
D、∵对角线交点到四个顶点的距离都相等，
∴对角线互相平分且相等，
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、解题的关键是熟记矩形的判定定理．
7、B
【分析】
由题意直接根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得出答案．
【详解】
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念，注意掌握把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
8、C
【分析】
利用直角三角形斜边上的中线的性质即可判定①正确；利用含30度角的直角三角形的性质即可判定②正确，由勾股定理即可判定③错误；由等边三角形的判定及性质、三角形中位线定理即可判定④正确．
【详解】
∵CM、BN分别是高
∴△CMB、△BNC均是直角三角形
∵点P是BC的中点
∴PM、PN分别是两个直角三角形斜边BC上的中线
∴
故①正确
∵∠BAC=60゜
∴∠ABN=∠ACM=90゜−∠BAC=30゜
∴AB=2AN，AC=2AM
∴AN：AB=AM：AC=1：2
即②正确
在Rt△ABN中，由勾股定理得：
故③错误
当∠ABC=60゜时，△ABC是等边三角形
∵CM⊥AB，BN⊥AC
∴M、N分别是AB、AC的中点
∴MN是△ABC的中位线
∴MN∥BC
故④正确
即正确的结论有①②④
故选：C
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，掌握这些知识并正确运用是解题的关键．
9、C
【分析】
根据已知条件以及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定条件，对选项进行分析判断即可．
【详解】
解：A、①④可以说明，一组邻边相等的矩形是正方形，故A正确．
B、③可以说明四边形是平行四边形，再由①，一组临边相等的平行四边形是菱形，故B正确．
C、①②，只能说明两组邻边分别相等，可能是菱形，但菱形不一定是正方形，故C错误．
D、③可以说明四边形是平行四边形，再由②可得：对角线相等的平行四边形为矩形，故D正确．
故选：C．
【点睛】
本题主要是考查了特殊四边形的判定，熟练掌握各类四边形的判定条件，是解决本题的关键．
10、A
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：第一个图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
第二个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
第三个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
第四个图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
既是中心对称图形又是轴对称图形的只有1个，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
二、填空题
1、AC=BD且AC⊥BD（答案不唯一）
【分析】
根据正方形的判定定理，即可求解．
【详解】
解：当AC=BD时，平行四边形ABCD为菱形，
又由AC⊥BD，可得菱形ABCD为正方形，
所以当AC=BD且AC⊥BD时，平行四边形ABCD为正方形．
故答案为：AC=BD且AC⊥BD（答案不唯一）
【点睛】
本题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
2、6
【分析】
根据多边形内角和公式及多边形外角和可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：，
解得：，
∴该多边形的边数为6；
故答案为6．
【点睛】
本题主要考查多边形的内角和及外角和，熟练掌握多边形内角和及外角和是解题的关键．
3、①②③④
【分析】
①根据∠DAC＝60°，OD＝OA，得出△OAD为等边三角形，再由△DFE为等边三角形，得∠DOA＝∠DEF＝60°，再利用角的等量代换，即可得出结论①正确；
②连接OE，利用SAS证明△DAF≌△DOE，再证明△ODE≌△OCE，即可得出结论②正确；
③通过等量代换即可得出结论③正确；
④延长OE至，使＝OD，连接，通过△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，可分析得出点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，从而得出结论④正确；
【详解】
解：①设与的交点为如图所示：

∵∠DAC＝60°，OD＝OA，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠DOA＝∠DAO＝∠ADO =60°，
∵△DFE为等边三角形，
∴∠DEF＝60°，
∴∠DOA＝∠DEF＝60°，
∴，
∴
故结论①正确；
②如图，连接OE，

在△DAF和△DOE中，
，
∴△DAF≌△DOE（SAS），
∴∠DOE＝∠DAF＝60°，
∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，
∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，
∴∠COE＝∠DOE，
在△ODE和△OCE中，
，
∴△ODE≌△OCE（SAS），
∴ED＝EC，∠OCE＝∠ODE，
故结论②正确；
③∵∠ODE＝∠ADF，
∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，
故结论③正确；
④如图，延长OE至，使＝OD，连接，


∵△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，
∴点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，
∵
∴
设，则
∴在中，
即
解得：
∴＝OD＝AD＝，
∴点E运动的路程是，
故结论④正确；
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题主要考查了几何综合，其中涉及到了等边三角形判定及性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的性质及判定，三角函数的比值关系，矩形的性质等知识点，熟悉掌握几何图形的性质合理做出辅助线是解题的关键．
4、
【分析】
利用平行四边形的性质：邻角互补，对角相等，即可求得答案．
【详解】
解：在平行四边形ABCD中，、是的邻角，是的对角，
，，
故答案为： ，，．
【点睛】
本题主要是考查了平行四边形的性质：对角相等，邻角互补，熟练掌握平行四边形的性质，求解决本题的关键．
5、720°720度
【分析】
根据多边形内角和可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：该正六边形的内角和为；
故答案为720°．
【点睛】
本题主要考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．
三、解答题
1、（1）见解析；（2）6
【分析】
（1）由BC=BD，可得∠BCD=∠BDC，再由及，可得∠ECD=∠EDC，则有EC=ED，从而可得点B、E在线段CD的垂直平分线上，从而可得结论；
（2）由D点是AB的中点及BC=BD，可得△BDC是等边三角形，从而由30度的直角三角形的性质可分别求得EC、BE，由AE=BE，即可求得AC的长．
【详解】
（1）∵BC=BD
∴∠BCD=∠BDC，点B在线段CD的垂直平分线上
∵，
∴∠BCD+∠ECD=∠EDC+∠BDC
∴∠ECD=∠EDC
∴EC=ED
∴点E在线段CD的垂直平分线上
∴BE是线段CD的垂直平分线
（2）D点是AB的中点，∠ACB=90゜
∴CD是Rt△ABC斜边上的中线
∴CD=BD
∴CD=BC=BD
∴△BDC是等边三角形
∴∠BCD=∠DBC=60゜
∴∠ECF=90゜－60゜=30゜
由（1）知，BF⊥CD
∴EC=2EF=2，
∴BE=2EC=4
∵DE⊥AB，点D为AB的中点
∴AE=BE=4
∴AC=AE+EC=4+2=6
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的性质定理和判定定理，直角三角形斜边上的中线的性质，30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质；题目虽不难，但涉及的知识点比较多，灵活运用这些知识是解题的关键．
2、（1）40°；（2）；（3）若AG∥BH，则α+β=180°，理由见解析；（4），图见解析．
【分析】
（1）利用四边形内角和定理得到∠DAB+∠ABC=360°-120°-140°=100°．再利用三角形的外角性质得到∠F=∠FBE-∠FAB，通过计算即可求解；
（2）同（1），通过计算即可求解；
（3）由AG∥BH，推出∠GAB=∠HBE．再推出AD∥BC，再利用平行线的性质即可得到答案；
（4）利用四边形内角和定理得到∠DAB+∠ABC=360°-∠D-BCD=360°-α-β．再利用三角形的外角性质得到∠F=∠MAB-∠ABF，通过计算即可求解．
【详解】
解：（1）∵BF平分∠CBE，AF平分∠DAB，
∴∠FBE=∠CBE，∠FAB=∠DAB．
∵∠D+∠DCB+∠DAB+∠ABC=360°，
∴∠DAB+∠ABC=360°-∠D-∠DCB
=360°-120°-140°=100°．
又∵∠F+∠FAB=∠FBE，
∴∠F=∠FBE-∠FAB=∠CBE−∠DAB
= (∠CBE−∠DAB)
= (180°−∠ABC−∠DAB)
=×(180°−100°)
=40°．
故答案为：40°；
（2）由（1）得：∠AFB= (180°−∠ABC−∠DAB)，
∠DAB+∠ABC=360°-∠D-∠DCB．
∴∠AFB= (180°−360°+∠D+∠DCB)
=∠D+∠DCB−90°
=α+β−90°．
故答案为：；
（3）若AG∥BH，则α+β=180°．理由如下：
若AG∥BH，则∠GAB=∠HBE．
∵AG平分∠DAB，BH平分∠CBE，
∴∠DAB=2∠GAB，∠CBE=2∠HBE，
∴∠DAB=∠CBE，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠DCB=α+β=180°；
（4）如图：

∵AM平分∠DAB，BN平分∠CBE，
∴∠BAM=∠DAB，∠NBE=∠CBE，
∵∠D+∠DAB+∠ABC+∠BCD=360°，
∴∠DAB+∠ABC=360°-∠D-BCD=360°-α-β，
∴∠DAB+180°-∠CBE=360°-α-β，
∴∠DAB-∠CBE=180°-α-β，
∵∠ABF与∠NBE是对顶角，
∴∠ABF=∠NBE，
又∵∠F+∠ABF=∠MAB，
∴∠F=∠MAB-∠ABF，
∴∠F=∠DAB−∠NBE
=∠DAB−∠CBE
= (∠DAB−∠CBE)
= (180°−α−β)
=90°-α−β．
【点睛】
本题主要考查了三角形的外角性质、四边形内角和定理、平行线的性质、角平分线的定义．借助转化的数学思想，将未知条件转化为已知条件解题．
3、（1）DM=ME，见解析；（2），见解析
【分析】
（1）补全图形，连接AE、AD，通过∠ABE=∠ACD，AB=AC，BE=CD，证明 △ABE ≌ △ACD，得AE=AD，再利用AM⊥DE于M，即可得到DM=EM．
（2）连接AD，AE，BM ，可求出，当时，可得，由（1）得DM=EM，可知BM是△CDE的中位线从而得到，BM∥CD，得到∠ABM=135°=∠ABE．因为N为BE中点，可知从而证明△ABN ≌ △ABM得到AN=AM，由（1），△ABE ≌ △ACD，可证明∠EAB=∠DAC，AD=AE进而得到∠EAD=90°，又因为DM=EM，即可得到．
【详解】
（1）补全图形如下图，

DM与ME之间的数量关系为DM=ME．
证明：连接AE，AD，
∵ ∠BAC=90°，AB=AC，

∴ ∠ABC=∠ACB=45°．
∴ ∠ABE=180°-∠ABC=135°．
∵ 由旋转，∠BCD=90°，
∴ ∠ACD=∠ACB+∠BCD=135°．
∴ ∠ABE=∠ACD．
∵ AB=AC，BE=CD，
∴ △ABE ≌ △ACD．
∴ AE=AD．
∵ AM⊥DE于M，
∴ DM=EM．
（2）
证明：连接AD，AE，BM．
∵ AB=AC=1，∠BAC=90°，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ 由（1）得DM=EM，
∴ BM是△CDE的中位线．
∴ ，BM∥CD．
∴ ∠EBM=∠ECD=90°．
∵ ∠ABE=135°，
∴ ∠ABM=135°=∠ABE．
∵ N为BE中点，
∴ ．
∴ BM=BN．
∵ AB=AB，
∴ △ABN ≌ △ABM．
∴ AN=AM．
∵ 由（1），△ABE ≌ △ACD，
∴ ∠EAB=∠DAC，AD=AE．
∵ ∠BAC=∠DAC+∠DAB=90°，
∴ ∠EAD=90°．
∵ DM=EM，
∴ ．
∴ ．

【点睛】
本题考查了旋转的性质和三角形全等的判定及性质，熟练掌握三角形全等的判定及性质是解题的关键．
4、4
【分析】
分别过点E、C作EH、CG垂直AB,垂足为点H、G,则CG是斜边AB上的高；在菱形ABEF中， 利用平行线的性质不难得到CG=EH;菱形的对角相等，四条边相等，联系含30°角的直角三角形的性质求出EH,问题即可解答。
【详解】
解：如图，分别过作垂足为点

四边形ABEF为菱形，
，，

，
在中， ，
根据题意，，根据平行线间的距离处处相等，

.
答：的面积为４.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，平行线间的距离及三角形面积的计算，正确利用菱形的四边相等及直角三角形中，30角所对直角边是斜边的一半是解题的关键．
5、见解析
【分析】
根据菱形的性质，可得AD＝DC，AB＝BC，∠A＝∠C．从而得到△AED≌△CFD．从而得到AE＝CF．即可求证．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC，AB＝BC，∠A＝∠C．
∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴∠AED＝∠CFD＝90°．
∴△AED≌△CFD（AAS）．
∴AE＝CF．
∴AB﹣AE＝BC﹣CF．
即：BE＝BF．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的对角相等，对边相等是解题的关键．