2021-2022学年浙江省台州市温岭市团队八校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2021-2022学年浙江省台州市温岭市团队八校八年级（下）期中数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了5，那么四边形EFCD周长是，【答案】D，【答案】B，1，，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（本题共10小题，共40分）
下列式子中，属于最简二次根式的是( )
A. 9B. 7C. 20D. 13
以下四组木棒中，哪一组的三条能够刚好做成直角三角形的木架( )
A. 7厘米，12厘米，15厘米B. 7厘米，12厘米，13厘米
C. 8厘米，15厘米，16厘米D. 3厘米，4厘米，5厘米
使代数式3−x有意义的x的取值范围是( )
A. x<3B. x>3C. x≤3D. x≥3
如图，在▱ABCD中，AD=6，AB=4，DE平分∠ADC交BC于点E，则BE的长是( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
如图，一棵大树在离地面9米高的B处断裂，树顶A落在离树底BC的12米处，则大树断裂之前的高度为( )
A. 9米
B. 15米
C. 21米
D. 24米
若0A. x为了研究特殊四边形，李老师制作了这样一个教具(如图1):用钉子将四根木条钉成一个平行四边形框架ABCD，并在A与C，B与D两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定.课上，李老师右手拿住木条BC，用左手向右推动框架至AB⊥BC(如图2).观察所得到的四边形，下列判断正确的是( )
A. ∠BCA=45°B. AC=BD
C. BD的长度变小D. AC⊥BD
如图，过平行四边形ABCD对角线交点O的直线交AD于E，交BC于F，若AB=4，BC=6，OE=1.5，那么四边形EFCD周长是( )
A. 16
B. 15
C. 14
D. 13
如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，连接OH，若OB=4.5，S菱形ABCD=36，则OH的长为( )
A. 3
B. 3.5
C. 4
D. 4.5
如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上的任意一点，DE⊥AG于点E，BF‖DE且交AG于点F，若AB=4EF，则S阴影：S正方形ABCD的值为( )
9：16
B. 17：32
C. 17：36
D. 18：35
二．填空题（本题共6小题，共30分）
计算：8=______．
如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ADE，则∠EBD=______．
如图，某研究性学习小组为测量学校A与河对岸工厂B之间的距离，在学校附近选一点C，利用测量仪器测得∠A=60°，∠C=90°，AC=2km，据此可得学校与工厂之间的距离AB等于______km．
如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于______．
勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，则空白部分的面积为______．
如图，把一张矩形纸片ABCD沿EF，MN对折，得到五边形GEFNM.其中，顶点A与D重合于点G，重叠部分GHIJ为正方形，顶点I在EM上，若FN=45cm，EM=10cm，则BC长为______cm．
二．解答题（本题共8小题，共80分）
计算：
(1)(−3)2+(5)2−16；
(2)(12−13)÷3．
已知x=3−1，y=1+3，求x2−xy+y2的值．
如图，在▱ABCD中，E、F分别是BC、AD上的点，且AE//CF，AE与CF相等吗？说明理由．
如图，正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点．
(1)在图①中，以格点为端点，画线段MN=13；
(2)在图②中，以格点为顶点，画正方形ABCD，使它的面积为10．
如图，点E是正方形ABCD的边BC上的动点，∠AEF=90°，且EF=AE，FH⊥BH．
(1)求证：BE=CH；
(2)若AB=3，BE=x，用x表示DF的长．
四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD交于点O．
(1)如图①是▱ABCD的一部分，请用尺规补全图形(不写作法，保留作图痕迹)；
(2)如图②，在射线BD上作一点E，使得∠ACE=60°.若△ACE是等边三角形，求证：▱ABCD是菱形；
(3)在(2)的条件下，若∠AED=2∠EAD，求证：菱形ABCD是正方形．
已知在平面直角坐标系中，四边形ACBO是矩形，A(a,0)、B(0,b)满足a−b+|a−22|=0，P是对角线AB上一动点，D是x轴正半轴上一点，且PO=PD，DE⊥AB于E．
(1)求a、b的值．
(2)当P点运动时，PE的值是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，请求PE的值．
(3)若∠OPD=45°，求点D的坐标．
定义：四边形EFGH的四个顶点在平行四边形ABCD四条边上(不与平行四边形ABCD的顶点重合)，我们称四边形EFGH为平行四边形ABCD的内接四边形．
(1)如图1，若平行四边形ABCD的内接四边形EFGH为平行四边形，求证：AE=CG．
(2)若∠A=60°的平行四边形ABCD的内接四边形EFGH为正方形，
①如图2，H为AD的中点，若AB=12，求AD的长；
②在①的条件下，S△DHG+S△AHES平行四边形ABCD=______．
(3)已知平行四边形ABCD的内接四边形EFGH为平行四边形，且S平行四边形ABCD=2S平行四边形EFGH，求证：点E、F、G、H中至少存在两个点是平行四边形ABCD边的中点．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、9=3，故A错误；
B、7是最简二次根式，故B正确；
C、20=25，不是最简二次根式，故C错误；
D、13=33，不是最简二次根式，故D错误；
故选：B．
判断一个二次根式是否为最简二次根式主要方法是根据最简二次根式的定义进行，或直观地观察被开方数的每一个因数(或因式)的指数都小于根指数2，且被开方数中不含有分母，被开方数是多项式时要先因式分解后再观察．
本题考查了最简二次根式的定义．在判断最简二次根式的过程中要注意：
(1)被开方数不含分母；
(2)被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
2.【答案】D
【解析】解：A、72+122≠152，故不是直角三角形，故此选项错误；
B、72+122≠132，故不是直角三角形，故此选项错误；
C、82+152≠162，故不是直角三角形，故此选项错误；
D、32+42=52，故是直角三角形，故此选项正确．
故选D．
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意得：3−x≥0，解得x≤3．
故选C．
二次根式有意义时，被开方数为非负数，列不等式求解即可．
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
4.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=6，CD=AB=4，AD//BC，
∴∠ADE=∠DEC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠CDE=∠DEC，
∴EC=CD=4，
∴BE=BC−EC=2．
故选：A．
由四边形ABCD是平行四边形，可得BC=AD=6，CD=AB=4，AD//BC，得∠ADE=∠DEC，又由DE平分∠ADC，可得∠CDE=∠DEC，根据等角对等边，可得EC=CD=4，所以求得BE=BC−EC=2．
此题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义与等腰三角形的判定定理．注意当有平行线和角平分线出现时，会出现等腰三角形．
5.【答案】D
【解析】解：由题意得BC=9，在直角三角形ABC中，根据勾股定理得：AB=92+122=15米．
所以大树的高度是15+9=24米．
故选：D．
根据大树折断部分、下部、地面恰好构成直角三角形，根据勾股定理解答即可．
本题考查了勾股定理．熟记9，12，15这组勾股数，计算的时候较快．
6.【答案】B
【解析】解：∵0∴可假设x=0.1，
则x2=(0.1)2=1100，x=0.1=110，
∵1100<0.1<110，
∴x2故选：B．
已知x的取值范围，可运用取特殊值的方法，选取一个符合条件的实数代入选项求得答案．
本题考查了不等式的性质和实数的大小比较．利用特殊值法解决数学问题是选择和填空常用的方法．
7.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD．
故选：B．
根据矩形的性质即可判断；
本题考查平行四边形的性质．矩形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=6，AB=CD=4，OA=OC，AD//BC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
∠AOE=∠FOCOA=OC∠EAO=∠FCO，
∴△AEO≌△CFO(ASA)，
∴AE=CF，OE=OF=1.5，
∴DE+CF=DE+AE=AD=6，
∴四边形EFCD的周长是EF+FC+CD+DE=1.5+1.5+6+4=13，
故选：D．
根据平行四边形性质得出AD=BC=6，AB=CD=4，OA=OC，AD//BC，推出∠EAO=∠FCO，证△AEO≌△CFO，推出AE=CF，OE=OF=1.5，求出DE+CF=DE+AE=AD=6，即可求出答案．
本题考查了平行四边形性质，全等三角形的性质和判定；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BO=DO=4.5，AO=CO，S菱形ABCD=12×AC⋅BD=36，
∴AC=8，
∵AH⊥BC，AO=CO=4，
∴OH=12AC=4．
故选：C．
根据菱形面积=对角线积的一半可求AC，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，关键是灵活运用这些性质解决问题．
10.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵DE⊥AG，BF//DE，
∴BF⊥AG，
∴∠BFA=∠AED=90°，
∵∠BAF+∠EAD=90°，∠EAD+∠ADE=90°，
∴∠BAF=∠ADE，
在△ABF和△DAE中，
∠BFA=∠AED=90°∠BAF=∠ADEAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE，
设EF=x，AF=y，则AB=4EF=4x，
∴BF=AE=AF−EF=y−x，
∵AF2+BF2=AB2，
∴y2+(y−x)2=(4x)2，
整理得，2y2−2xy−15x2=0，
解得，y=1−312x(舍)或y=31+12x，
∴BF=31−12x，AF=31+12x，
∴S正方形ABCD=16x2，
∴S阴影=S正方形ABCD−2S△ABF=16x2−2×12×31−12x⋅31+12x=172x2，
∴S阴影：S正方形ABCD=17：32，
故选：B．
利用正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，根据等角的余角相等得到∠BAF=∠ADE，则可判断△ABF≌△DAE，得AF=DE，BF=AE，设EF=x，AF=y，在Rt△ABF中，则勾股定理得出x与y的关系，进而计算阴影部分与正方形的面积，便可求得其面积比．
本题考查三角形全等的判定和性质和正方形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
11.【答案】22
【解析】解：8=4×2=22．
故答案为22．
根据算术平方根的性质进行化简，即a2=|a|．
此题考查了算术平方根的性质，能够能够算术平方根的性质进行化简，是一道基础题．
12.【答案】30°
【解析】解：如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，∠ABD=45°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD=AE=AB，∠DAE=60°，
∴∠BAE=150°，
∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB=15°，
∴∠EBD=∠ABD−∠ABE=45°−15°=30°
故答案为30°．
欲求∠EBD，只要求出∠ABD，∠ABE，只要证明△BAE是顶角为150°的等腰三角形即可．
本题考查正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是发现△ABE是顶角为150°的等腰三角形，属于中考常考题型．
13.【答案】4
【解析】解：∵∠A=60°，∠C=90°，AC=2km，
∴∠B=30°，
∴AB=2AC=4(km)．
故答案为：4．
直接利用直角三角形的性质得出∠B度数，进而利用直角三角形中30°所对直角边是斜边的一半，即可得出答案．
此题主要考查了勾股定理的应用和直角三角形的性质，正确掌握边角关系是解题关键．
14.【答案】53
【解析】解：∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，
∴AE=AB，∠E=∠B=90°，
又∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，
∴AE=DC，
而∠AFE=∠DFC，
∵在△AEF与△CDF中，
∠AFE=∠CFD∠E=∠DAE=CD，
∴△AEF≌△CDF(AAS)，
∴EF=DF；
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=6，CD=AB=4，
∵Rt△AEF≌Rt△CDF，
∴FC=FA，
设FA=x，则FC=x，FD=6−x，
在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+(6−x)2，解得x=133，
则FD=6−x=53．
故答案为：53
根据折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证Rt△AEF≌Rt△CDF，即可得到结论EF=DF；易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6−x，在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+(6−x)2，解方程求出x．
本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了矩形的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理．
15.【答案】60
【解析】解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，

所以，四边形AOLP是正方形，
∵∠BAC=90°，AB=3，AC=4，
∴AO=AB+AC=3+4=7，
∴KL=3+7=10，LM=4+7=11，
因此，矩形KLMJ的面积为10×11=110，
∴空白部分的面积为110−32−42−52=60，
故答案为：60．
延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
本题考查了勾股定理的证明，作出辅助线构造出正方形是解题的关键．
16.【答案】(55+10)
【解析】解：过I作IR⊥BC于R，如图：

∵一张矩形纸片ABCD沿EF，MN对折，得到五边形GEFNM，其中，顶点A与D重合于点G，FN=45cm，EM=10cm，
∴∠IEF=∠BFE=∠EFJ，∠IMN=∠MNC=∠MNH，AB=GJ=CD=HG，
∴EI=FI，MI=NI，
设EI=FI=x cm，则MI=NI=EM−EI=(10−x)cm，
∵四边形GHIJ为正方形，
∴GH=HI=IJ=GJ，∠HIJ=90°=∠FIN，
在Rt△FIN中，EI2+NI2=FN2，
∴x2+(10−x)2=(45)2，
解得x=5−15或x=5+15，
不妨取x=5−15(x取5+15结果相同)，则EI=FI=(5−15)cm，MI=NI=(5+15)cm，
∵2S△FIN=FN⋅IR=FI⋅NI，
∴IR=FI⋅NIFN=(5−15)(5+15)45=52(cm)，
∴AB=CD=52(cm)，
∴GJ=HG=52(cm)，
∵四边形GHIJ为正方形，
∴HI=JI=52(cm)，
∴HN=HI+NI=(52+5+15)cm，FJ=JI+FI=(52+5−15)cm，
∴CN=HN=(52+5+15)cm，BF=FJ=(52+5−15)cm，
∴BC=CN+FN+BF=(52+5+15+45+52+5−15)=(55+10)cm．
故答案为：(55+10)．
过I作IR⊥BC于R，设EI=FI=xcm，则MI=NI=(10−x)cm，在Rt△FIN中，x2+(10−x)2=(45)2，可得EI=FI=(5−15)cm，MI=NI=(5+15)cm，由面积法得IR=52cm，即可得HN=HI+NI=(52+5+15)cm，FJ=JI+FI=(52+5−15)cm，从而可求出BC=CN+FN+BF．
本题考查矩形中的折叠问题，解题的关键是掌握折叠的性质，熟练运用勾股定理列方程．
17.【答案】解：(1)原式=3+5−4
=4；
(2)原式=12÷3−13×13
=2−13
=53．
【解析】(1)先利用二次根式的性质计算，然后合并即可；
(2)根据二次根式的除法法则运算．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质和除法法则是解决问题的关键．
18.【答案】解：∵x=3−1，y=1+3，
∴x−y=3−1−(1+3)=3−1−1−3=−2，
xy=(3−1)(1+3)=2，
原式=(x−y)2+xy
=(−2)2+2
=4+2
=6．
【解析】直接利用二次根式的性质结合二次根式的混合运算法则计算得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．
19.【答案】解：AE=CF.理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，即AF//EC．
又∵AE//CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
∴AE=CF．
【解析】根据两组对边平行的四边形是平行四边形，可以证明四边形AECF是平行四边形，从而得到AE=CF．
本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握性质定理和判定定理是解题的关键．平行四边形的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与联系．
20.【答案】解：(1)如图①所示：
(2)如图②所示．
【解析】此题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
(1)以3和2为直角边作出直角三角形，斜边即为所求；
(2)以3和1为直角边作出直角三角形，斜边为正方形的边长，即可作出符合题意的图形．
21.【答案】(1)证明：∵正方形ABCD，
∴∠B=90°，AB=BC，
∵FH⊥BH，
∴∠H=90°=∠B，∠F=90°−∠FEH，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB=90°−∠FEH，
∴∠AEB=∠F，
在△ABE和△EHF中，
∠B=∠H∠AEB=∠FAE=EF，
∴△ABE≌△EHF(AAS)，
∴EH=AB=BC，BE=FH，
∴EH−EC=BC−EC，即CH=BE；
(2)连接DF，过F作FP⊥CD于P，如图：
∵∠H=∠DCH=∠FPC=90°，
∴四边形PCHF是矩形，
由(1)知：BE=FH=CH，
∴四边形PCHF是正方形，
∴PF=CP=CH=BE=x，
∵DC=AB=3，
∴DP=DC−CP=3−x，
Rt△DPF中，DF=DP2+PF2，
∴DF=(3−x)2+x2=2x2−6x+9．
【解析】(1)由正方形ABCD，∠AEF=90°，FH⊥BH，可得∠H=∠B，∠AEB=∠F，从而△ABE≌△EHF，可得EH=AB=BC，即可证明CH=BE；
(2)连接DF，过F作FP⊥CD于P，证明四边形PCHF是正方形，可得PF=CP=BE=x，DP=DC−CP=3−x，即可在Rt△DPF中，得DF=2x2−6x+9．
本题考查正方形判定及性质，涉及全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是证明△ABE≌△EHF和四边形PCHF是正方形．
22.【答案】解：(1)如图①所示，▱ABCD即为所补全图形；
作法：以点A为圆心，BC长为半径画弧，以C为圆心，AB长为半径画弧，两弧相交于点D，连接AD、CD，
则▱ABCD即为所补全图形；
(2)∵▱ABCD，
∴AO=CO，
∵△ACE是等边三角形，
∴OE是△ACE的中线，
∴OE垂直平分AC，
∴AD=CD，
∴▱ABCD是菱形；
(3)由(2)得，如图②，在等边三角形ACE中，∠AEC=60°，
∴∠AEB=12∠AEC=30°，
∵∠AED=2∠EAD，
∴∠EAD=12∠AEB=15°，
∴∠ADB=∠AEB+∠EAD=45°，
在菱形ABCD中，∠ADC=2∠ADB=90°，
∴菱形ABCD是正方形．
【解析】(1)分别以A，C为圆心，BC，AB为半径画弧交于点D，连接AD，CD即可；
(2)由▱ABCD，可得AO=CO，再根据△ACE是等边三角形，即可OE垂直平分AC，利用线段垂直平分线的性质即可证得结论；
(3)运用等边三角形性质可得∠AEC=60°，进而可得∠AEB=30°，再由∠AED=2∠EAD，得出∠EAD=15°，从而得出∠ADC=90°，证得结论．
本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形判定和性质，正方形判定和性质，等边三角形性质，线段垂直平分线判定和性质等，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题关键．
23.【答案】解：(1)∵a−b+|a−22|=0，
∴a−b=0，a−22=0，
∴a=22，b=22；
(2)当P点运动时，PE的值不变化，PE=2，理由为：
过O作OC⊥AB于点C，

∵四边形ACBO是矩形，A(22,0)、B(0,22)，
∴OA=OB=22，C为斜边AB的中点，
∴AB=(22)2+(22)2=4，即OC=12AB=2，
∵△AOB为等腰直角三角形，
∴AC=BC，∠AOC=∠BOC=45°，
∵PO=PD，
∴∠POD=∠PDO，
∵∠POD=45°+∠POC，∠PDO=45°+∠APD，
∴∠POC=∠APD，
在△POC和△DPE中，
∠POC=∠APD∠PCO=∠DEP=90°PO=PD，
∴△POC≌△DPE(AAS)，
∴OC=PE=2；
(3)∵OP=DP，∠OPD=45°，
∴∠POD=∠PDO=180°−45°2=67.5°，
∴∠PDA=180°−∠PDO=112.5°，
∵∠POD=∠BAO+∠APD，
∴∠APD=67.5°−45°=22.5°，
∴∠BPO=180°−∠OPD−∠APD=112.5°，
∴∠PDA=∠BPO，
在△POB和△DPA中，
∠BPO=∠PDA∠OBP=∠PADAO=OB，
∴△POB≌△DPA(AAS)，
∴OB=PA=OA=22，
∴DA=PB=4−22，
∴OD=OA−DA=22−(4−22)=42−4，
则D(42−4,0)．
【解析】(1)利用非负数的性质求出a与b的值即可；
(2)过O作OC⊥AB于点C，证出∠POC=∠APD，利用AAS得到三角形POC与三角形DPE全等，利用全等三角形对应边相等得到PE=OC，求出PE的长即可；
(3)证出∠PDA=∠BPO，证明△POB≌△DPA(AAS)，由全等三角形的性质求出OB=PA=OA=22，求出OD的长，则可得出答案．
此题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，非负数的性质，外角性质及内角和定理，坐标与图形性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
24.【答案】14
【解析】(1)证明：如图1，连接GE，

在▱ABCD与▱EFGH中，AB//CD，∠A=∠C，HE//GF，HE=GF，
∴∠AEG=∠CGE，∠HEG=∠FGE，
∴∠AEH=∠CGF，
∴△AEH≌△CGF(AAS)，
∴AE=CG；
(2)解：①如图，连接HF，过点H作HM⊥AB于M，过点F作FN⊥AB于N，

由(1)知△AEH≌△CGF，
∴AH=CF，∠C=∠A=60°，
∵H为AD的中点，
∴AH=CF=12AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∴CF=12BC=BF，
∴AH=BF，
∴HF//AB//CD，
∴HM⊥HF，FN⊥HF，
∴∠MHF=∠NFH=90°，HM=FN，
∵四边形EFGH为正方形，
∴∠EHF=∠EFH=45°，
∴∠MHE=∠NFE=45°，
∴ME=MH，NE=FN，
∴ME=NE，
∴MN=2ME=2NE，
∵HM⊥AB，FN⊥AB，AH=BF，ME=MH，
∴Rt△AHM≌Rt△BFN(HL)，
∴AM=BN，
∴AB=MN=12，
∴ME=MH=FN=NE=6，
∵∠A=60°，HM⊥AB，
∴∠AHM=30°，
∴HM=3AM，AH=2AM，
∴AM=23，AH=43，
∴AD=2AH=83；
②如图，延长MH交CD延长线于点P．

在▱ABCD中，AB//CD，
∵H是AD的中点，
∴AH=DH，
∴HM=HP=6，
∴PM=12，
∵△AEH≌△CGF，
∴S△AEH=S△CGF，
∵S△DHG+S△AHE=S△DHG+S△CGF=12DG⋅PH+12CG⋅PH=12PH(DG+CG)=12PH⋅CD=12×6×12=36，
S平行四边形ABCD=AB⋅PM=12×12=144，
∴S△DHG+S△AHES平行四边形ABCD=36144=14，
故答案为：14；
(3)证明：如图，过点H作HN⊥AB于点N，延长NH交CD延长线于点M．

由(1)知△AEH≌△CGF，同理△DHG≌△BFE，
∵S平行四边形ABCD=2S平行四边形EFGH，
∴S△DHG+S△AHE=14S平行四边形ABCD，
设MN=ℎ，HN=x，AB=a，AE=y，则MH=ℎ−x，DG=a−y，
得12(ℎ−x)(a−y)+12xy=14aℎ，
∴(a−2y)(ℎ−2x)=0，
∴y=12a或x=12ℎ，
即H是AD中点或E是AB的中点，
又∵△AEH≌△CGF，
∴当H是AD中点时，则F也是BC的中点；
当E是AB中点时，则G也是CD的中点；
∴点E，F，G，H中至少存在两个点是▱ABCD边的中点．
(1)如图1，连接GE，根据平行四边形的性质得到AB//CD，∠A=∠C，HE//GF，HE=GF，求得∠AEH=∠CGF，根据全等三角形的性质即可得到结论；
(2)①连接HF，过点H作HM⊥AB于M，过点F作FN⊥AB于N，根据平行线间的距离相等得HM=FN，根据正方形的性质可得出∠EHF=∠EFH=45°，则∠MHE=∠NFE=45°，证明Rt△AHM≌Rt△BFN(HL)，可得AM=BN，则AB=MN=12，ME=MH=FN=NE=6，根据含30°角的直角三角形的性质得HM=3AM，AH=2AM，即可得出AD=83；
②延长MH交CD延长线于点P.根据平行线分线段成比例可得HM=HP=6，则PM=12，由△AEH≌△CGF，得S△AEH=S△CGF，计算S△DHG+S△AHE=S△DHG+S△CGF=12DG⋅PH+12CG⋅PH=12PH(DG+CG)=12PH⋅CD=12×6×12=36，S平行四边形ABCD=AB⋅PM=12×12=144，即可求解；
(3)如图，过点H作HN⊥AB于点N，延长NH交CD延长线于点M.由(1)知△AEH≌△CGF，同理△DHG≌△BFE，设MN=ℎ，HN=x，AB=a，AE=y，则MH=ℎ−x，DG=a−y，求得y=12a或x=12ℎ，即H是AD中点或E是AB的中点，根据全等三角形的性质得到当H是AD中点时，则F也是BC的中点；当E是AB中点时，则G也是CD的中点；于是得到结论．
本题是四边形的综合题，主要考查新定义，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，正方形的性质，含30°角的直角三角形的性质等，本题综合性强，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．