备注2023年新中考数学二轮专题导练 考点08 多边形性质证明及应用问题

这是一份备注2023年新中考数学二轮专题导练 考点08 多边形性质证明及应用问题，文件包含备注2023年新中考数学二轮专题导练考点08多边形性质证明及应用问题解析版doc、备注2023年新中考数学二轮专题导练考点08多边形性质证明及应用问题原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
考点08 多边形性质证明及应用问题
考点精讲
类型一：多边形性质
考点01多边形的内角和
1．多边形：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形。
2．多边形的内角：多边形相邻两边组成的角叫做它的内角。
3．多边形的外角：多边形的一边与它的邻边的延长线组成的角叫多边形的外角。
4．多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线。
5．正多边形：在平面内，各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形。
6．多边形内角和公式：n边形的内角和等于（n-2）·180°
7．多边形的外角和：多边形的内角和为360°。
8.多边形对角线的条数：
（1）从n边形的一个顶点出发可以引（n-3）条对角线，把多边形分成（n-2）个三角形。
（2）n边形共有条对角线。
类型二：三角形的性质与判定
考点02三角形全等
1．全等三角形：能够完全重合的两个图形叫做全等形。能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。
2．全等三角形的表示
全等用符号“≌”表示，读作“全等于”。如△ABC≌△DEF，读作“三角形ABC全等于三角形DEF”。
注：记两个全等三角形时，通常把表示对应顶点的字母写在对应的位置上。
3．全等三角形的性质： 全等三角形的对应角相等、对应边相等。
4．三角形全等的判定定理：
（1）边角边定理：有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可简写成“边角边”或“SAS”）
（2）角边角定理：有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角边角”或“ASA”）
（3）边边边定理：有三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“边边边”或“SSS”）。
5．直角三角形全等的判定：
HL定理：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角边”或“HL”）
考点03等腰三角形
1. 定义：两边相等的三角形叫做等腰三角形，其中相等的两条边叫腰，第三条边叫底边，两腰的夹角叫顶角，底边和腰的夹角叫底角.
2.等腰三角形的性质
性质1：等腰三角形的两个底角相等（简称“等边对等角”）．
性质2：等腰三角形的顶角平分线、底边上的高、底边上的中线互相重合（简称“三线合一”）．
3.等腰三角形的性质的作用
性质1证明同一个三角形中的两角相等.是证明角相等的一个重要依据．
性质2用来证明线段相等，角相等，垂直关系等．
4.等腰三角形是轴对称图形
等腰三角形底边上的高（顶角平分线或底边上的中线）所在直线是它的对称轴，通常情况只有一条对称轴．
5.等腰三角形的判定
如果一个三角形中有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（简称“等角对等边”）.
要点诠释：等腰三角形的判定是证明两条线段相等的重要定理，是将三角形中的角的相等关系转化为边的相等关系的重要依据.等腰三角形的性质定理和判定定理是互逆定理.
考点04等边三角形
1. 定义：三边都相等的三角形叫等边三角形．
2. 性质
性质1：等边三角形的三个内角都相等，并且每一个角都等于60°；
性质2：等边三角形是轴对称图形，并且有三条对称轴，分别为三边的垂直平分线。
3.判定
（1） 三个角都相等的三角形是等边三角形；
（2） 有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形；
（3） 有两个角是60°的三角形是等边三角形。
考点05含30的直角三角形的性质
在直角三角形中，如果有一个锐角等于30°，那么它对的等于的一半.
【解题方法要领】
1.等腰（边）三角形是一个特殊的三角形，具有较多的特殊性质，有时几何图形中不存在
等腰（边）三角形，可根据已知条件和图形特征，适当添加辅助线，使之构成等腰（边）三角形，然后利用其定义和有关性质，快捷地证出结论。
2.常用的辅助线有：（1）作顶角的平分线、底边上的高线、中线。（2）在三角形的中线问
题上，我们常将中线延长一倍，这样添辅助线有助于我们解决有关中线的问题。
3.分类讨论是等腰三角形问题中常用的思想方法，在已知等腰三角形的边和角的情况下求其他三角形的边或角，要对已知的边和角进行讨论，分类的标准一般是根据边是腰还是底来分类。
考点06勾股定理
1．勾股定理：如果直角三角形的两直角边长分别为a，b，斜边长为c，那么a2＋b2=c2。
2．勾股定理逆定理：如果三角形三边长a,b,c满足a2＋b2=c2。，那么这个三角形是直角三角形。
3.定理：经过证明被确认正确的命题叫做定理。
4.我们把题设、结论正好相反的两个命题叫做互逆命题。如果把其中一个叫做原命题，那么另一个叫做它的逆命题。（例：勾股定理与勾股定理逆定理）
5. 直角三角形的性质：
(1)直角三角形的两锐角互余；
(2)直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方；
(3)直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半；
(4)直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。
6.直角三角形的判定：
(1)有一个角等于90°的三角形是直角三角形
(2) 两锐角互余的三角形是直角三角形
(3)两条边的平方和等于另一边的平方的三角形是直角三角形
(4)有一边上的中线等于这边的一半的三角形是直角三角形
类型三：平行四边形的性质与判定
考点07平行四边形
1．平行四边形定义：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。平行四边形用符号“□ABCD”表示，如平行四边形ABCD记作“□ABCD”，读作“平行四边形ABCD”。
2．平行四边形的性质：
（1）平行四边形的对边平行且相等；（2）平行四边形的对角相等；（3）平行四边形的对角线互相平分。
3．平行四边形的判定：
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（4）对角线互相平分的四边形是平行四边形；
（5）两组对角分别相等的四边形是平行四边形。
4．平行四边形的面积：S平行四边形=底边长×高=ah
考点08矩形
1．矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。
2．矩形的性质：（1）矩形的四个角都是直角； （2）矩形的对角线平分且相等。
3．矩形判定定理：
（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）对角线相等的平行四边形是矩形；
（3）有三个角是直角的四边形是矩形。
4．矩形的面积：S矩形=长×宽=ab
考点09菱形
1． 菱形的定义 ：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。
2.菱形的性质：
（1） 菱形的四条边都相等；
（2）菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。
3.菱形的判定定理：
（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形；
（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；
（3）四条边相等的四边形是菱形。
4．菱形的面积：S菱形=底边长×高=两条对角线乘积的一半
考点10正方形
1．正方形定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。
2．正方形的性质：
（1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质；
（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；
（3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角；
（4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴；
（5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形；
（6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。
3．正方形的判定
判定一个四边形是正方形的主要依据是定义，途径有两种：
先证它是矩形，再证有一组邻边相等。即有一组邻边相等的矩形是正方形
先证它是菱形，再证有一个角是直角。即有一个角是直角的菱形是正方形。
4．正方形的面积：设正方形边长为a，对角线长为b ，S正方形=

真题解析
例题
1．（2021·江苏中考真题）正五边形的内角和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
n边形的内角和是 ，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和．
【详解】
（5﹣2）×180°=540°．
故选B．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和与外角和定理，解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，是需要熟记的内容．
2．（2021·四川眉山市·中考真题）正八边形中，每个内角与每个外角的度数之比为（ ）
A．1：3 B．1：2 C．2：1 D．3：1
【答案】D
【分析】
根据正八边形的外角和等于360°，求出每个外角的度数，再求出每个内角的度数，进而即可求解．
【详解】
解：正八边形中，每个外角=360°÷8=45°，每个内角=180°-45°=135°，
∴每个内角与每个外角的度数之比=135°：45°=3：1，
故选D．
【点睛】
本题主要考查正多边形的内角和外角，熟练掌握正多边形的外角和等于360°，是解题的关键．
3．（2021·广西中考真题）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（　　）

A．6 B．12 C．24 D．48
【答案】B
【分析】
利用三角形的中位线定理，先证明四边形是矩形，再利用矩形的面积公式进行计算即可.
【详解】
解： 点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，

四边形是平行四边形，

四边形是矩形，

故选：
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线的性质，矩形的判定与性质，掌握利用三角形的中位线证明四边形是平行四边形是解题的关键.
4．（2021·四川自贡市·中考真题）如图，AC是正五边形ABCDE的对角线，的度数是（ ）

A．72° B．36° C．74° D．88°
【答案】A
【分析】
根据正五边形的性质可得，，根据等腰三角形的性质可得，利用角的和差即可求解．
【详解】
解：∵ABCDE是正五边形，
∴，，
∴,
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查正五边形的性质，求出正五边形内角的度数是解题的关键．
5．（2021·湖北中考真题）如图，将一副三角板在平行四边形ABCD中作如下摆放，设，那么（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
延长EG交AB于H，根据平行四边形与三角板的性质，，DC//AB，得到∠DEH=∠BHE=60°，再由平角的定义，计算出结果．
【详解】
解：如图，延长EG交AB于H，

∵∠BMF=∠BGE=90°，
∴MF//EH，
∴∠BFM=∠BHE，
∵，
∴∠BFM=∠BHE=60°，
∵在平行四边形ABCD中，DC//AB，
∴∠DEH=∠BHE=60°，
∵∠GEN=45°，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质与一副特殊三角形板的性质，关键在于作出辅助线，利用平行四边形的性质进行求解．
突破提升
一、单选题
1．（2021·河南·中考真题）关于菱形的性质，以下说法不正确的是（       ）
A．四条边相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．是轴对称图形
2．（2021·湖南怀化·中考真题）以下说法错误的是（       ）
A．多边形的内角大于任何一个外角 B．任意多边形的外角和是
C．正六边形是中心对称图形 D．圆内接四边形的对角互补
3．（2021·四川资阳·中考真题）下列命题正确的是（       ）
A．每个内角都相等的多边形是正多边形
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．过线段中点的直线是线段的垂直平分线
D．三角形的中位线将三角形的面积分成1∶2两部分
二、填空题
4．（2018·湖南怀化·中考真题）某个正多边形有一个外角是36°，则这个正多边形是 ___边形．
5．（2019·山东济南·中考真题）已知一个多边形的内角和是720°，则这个多边形是______边形．
三、解答题
6．（2021·甘肃兰州·中考真题）在中，，，，将绕点顺时针旋转，角的两边分别交射线于，两点，为上一点，连接，且（当点，重合时，点，也重合）．设，两点间的距离为，，两点间的距离为．

小刚根据学习函数的经验，对因变量随音自变量的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小刚的探究过程，请补充完整．
（1）列表：下表的已知数据是根据，两点间的距离进行取点，画图，测量分别得到了与的几组对应值；

0

1

2

3

4

5
6
7
8
















请你通过计算补全表格：______；
（2）描点、连线：在平面直角坐标系中，描出表中各组数值所对应的点，并画出函数关于的图像；

（3）探究性质：随着自变量的不断增大，函数的变化趋势；
（4）解决问题：当时，的长度大约是______．（结果保留两位小数）
7．（2021·山东枣庄·中考真题）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想．
（3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，求的长．

8．（2021·四川达州·中考真题）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两要互相垂直的线段做了如下探究：
【观察与猜想】
（1）如图1，在正方形中，点，分别是，上的两点，连接，，，则的值为__________；


（2）如图2，在矩形中，，，点是上的一点，连接，，且，则的值为__________；


【类比探究】
（3）如图3，在四边形中，，点为上一点，连接，过点作的垂线交的延长线于点，交的延长线于点，求证：；


【拓展延伸】
（4）如图4，在中，，，，将沿翻折，点落在点处得，点，分别在边，上，连接，，且．


①求的值；
②连接，若，直接写出的长度．
9．（2021·湖北随州·中考真题）等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，解题过程简便快捷．

（1）在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为_____，其内切圆的半径长为______；
（2）①如图1，是边长为的正内任意一点，点为的中心，设点到各边距离分别为，，，连接，，，由等面积法，易知，可得_____；（结果用含的式子表示）
②如图2，是边长为的正五边形内任意一点，设点到五边形各边距离分别为，，，，，参照①的探索过程，试用含的式子表示的值．（参考数据：，）

（3）①如图3，已知的半径为2，点为外一点，，切于点，弦，连接，则图中阴影部分的面积为______；（结果保留）
②如图4，现有六边形花坛，由于修路等原因需将花坛进行改造．若要将花坛形状改造成五边形，其中点在的延长线上，且要保证改造前后花坛的面积不变，试确定点的位置，并说明理由．
10．（2020·山东济南·中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．
①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是　 　．线段BE与线段CF的数量关系是　 　；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．


参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
根据菱形的性质判断即可．
【详解】
解：A、菱形的四条边都相等，A选项正确，不符合题意；
B、菱形的对角线不一定相等，B选项错误，符合题意；
C、菱形的对角线互相垂直，C选项正确，不符合题意；
D、菱形是轴对称图形，D选项正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了对菱形的性质的理解，关键是根据菱形的性质解答．
2．A
【解析】
【分析】
根据多边形的概念及外角和，正多边形的性质及圆内接四边形的性质可直接进行排除选项．
【详解】
解：对于A选项，多边形的内角不一定大于任何一个外角，如正方形，故错误，符合题意；
对于B选项，任意多边形的外角和是360°，正确，故不符合题意；
对于C选项，正六边形是中心对称图形，正确，故不符合题意；
对于D选项，圆内接四边形的对角互补，正确，故不符合题意；
故选A．
【点睛】
本题主要考查多边形的概念及外角和，正多边形的性质及圆内接四边形的性质，熟练掌握多边形的概念及外角和，正多边形的性质及圆内接四边形的性质是解题的关键．
3．B
【解析】
【分析】
分别根据正多边形的判定、平行四边形的判定、线段垂直平分线的判定以及三角形中线的性质逐项进行判断即可得到结论．
【详解】
解：A.每个内角都相等，各边都相等的多边形是正多边形，故选项A的说法错误，不符合题意；
B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形,说法正确，故选项B符合题意；
C. 过线段中点且垂直这条线段的直线是线段的垂直平分线，故选项C的说法错误，不符合题意；
D. 三角形的中位线将三角形的面积分成1∶3两部分，故选项D的说法错误，不符合题意．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了对正多边形、平行四边形、线段垂直平分线的判断以及三角形中线性质的认识，熟练掌握正多边形、平行四边形、线段垂直平分线的判断是解答此题的关键．
4．10
【解析】
【分析】
根据正多边形的外角和为360°，且正多边形的每一个外角都相等，用360°除以36°即可求得．
【详解】
某个正多边形有一个外角是36°，

则这个正多边形是正10边形
故答案为：10
【点睛】
本题考查了正多边形的外角，掌握正多边形的外角和是360°是解题的关键．
5．六
【解析】
【分析】
利用n边形的内角和可以表示成（n−2）•180°，结合方程即可求出答案．
【详解】
解：设这个多边形的边数为n，由题意，得（n−2）180°＝720°，
解得：n＝6，
则这个多边形是六边形．
故答案为：六．
【点睛】
本题主要考查多边形的内角和公式，比较容易，熟记n边形的内角和为（n−2）•180°是解题的关键．
6．（1）；（2）见解析；（3）随着自变量的不断增大，函数不断减小；（4）
【解析】
【分析】
（1）根据题意画出图形，证明，根据相似三角形性质可得结果；
（2）描点连线画出图形即可；
（3）根据（2）画出图像判断增减性即可；
（4）根据，可得，画出与（2）中图像交点即为所求．
【详解】
解：（1）当时，即两点之间的距离为，
旋转至如图所示时：

∴此时点和点C重合，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）函数图像如下图：
；
（3）根据图像可知：随着自变量的不断增大，函数不断减小；
（4）∵，
∴，
如图：与（2）中函数图像交点即为所求

∴，
即的长度大约是：cm，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，动点问题的函数图像，读懂题意，运用数形结合的思想解题是关键．
7．（1）四边形是垂美四边形，理由见解析；（2），证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）连接，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线是线段的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证；
（2）先根据垂美四边形的定义可得，再利用勾股定理解答即可；
（3）设分别交于点，交于点，连接，先证明，得到，再根据角的和差可证，即，从而可得四边形是垂美四边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得．
【详解】
证明：（1）四边形是垂美四边形，理由如下：
如图，连接，

∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，即，
∴四边形是垂美四边形；
（2）猜想，证明如下：
∵四边形是垂美四边形，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
，
∴；
（3）如图，设分别交于点，交于点，连接，

∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
由（2）得：，
∵是的斜边，且，，
∴，，
在中，，
在中，，
∴，
解得或（不符题意，舍去），
故的长为．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．
8．（1）1；（2）；（3）证明见解析；（4）①；②．
【解析】
【分析】
（1）先根据正方形的性质可得，再根据直角三角形的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，由此即可得出答案；
（2）先根据矩形的性质可得，再根据直角三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定与性质即可得；
（3）如图（见解析），先根据矩形的判定与性质可得，再根据直角三角形的性质、对顶角相等可得，然后根据相似三角形的判定可得，由此即可得证；
（4）①如图（见解析），先证出，从而可得，再分别在和中，解直角三角形可得，，然后根据翻折的性质可得，最后利用的面积公式求出的长，由此即可得出答案；
②先根据（4）①中，相似三角形的性质可得，可求出，再根据翻折的性质可得，然后在中，利用勾股定理可得，从而可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】
解：（1）四边形是正方形，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
；
（2）四边形是矩形，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
；
（3）如图，过点作交的延长线于点，


∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
，
，
，
，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（4）①过作于点，连接交于点，


∵，，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
在中，，
设，则，
∴，即，
∴或（舍去），
∴，，
由翻折的性质得：，
，
∴，
解得，
∴；
②由（4）①已证：，，
，
，
，解得，
由翻折的性质得：，
在中，，
，
在中，．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、翻折的性质、解直角三角形等知识点，较难的是题（4）①，通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键．
9．（1），1；（2）①；②；（3）①；②见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据等积法解得直角三角形斜边上的高的长，及利用内切圆的性质解题即可；
（2）①先求得边长为的正的面积，再根据解题即可；②设点为正五边形的中心，连接，，过作于，先由正切定义，解得的长，由①中结论知，，继而得到，据此解题；
（3）①由切线性质解得，再由平行线性质及等腰三角形性质解得，根据平行线间的距离相等，及同底等高或等底同高的两个三角形面积相等的性质，可知图中阴影部分的面积等于扇形OBC的面积，最后根据扇形面积公式解题；②连接，过点作交的延长线于点，根据，据此解题．
【详解】
解：（1）直角三角形的面积为：，
直角三角形斜边为：，
设直角三角形斜边上的高为，则

设直角三角形内切圆的半径为，则
，
故答案为：，1；
（2）①边长为的正底边的高为，面积为：

，
故答案为：；
②类比①中方法可知，
设点为正五边形的中心，连接，，

由①得，
过作于，，
故，，
故，从而得到：
．
（3）①是的切线，










过点作

，
是的高，


故答案为：；
②如图，连接，过点作交的延长线于点，则点即为所求，

连接，∵，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查正多边形和圆的知识，涉及含30°角的直角三角形、正切、切线的性质、扇形面积公式、平行线的性质等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．
10．（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．
（2）结论：BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．
【详解】
解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．

∵CA＝CB，∠CAB＝45°，
∴∠CAB＝∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AD＝AE，


∴AT⊥DE，DT＝ET，
∴AB垂直平分DE，
∴BD＝BE，
∵∠BCD＝90°，DF＝FB，
∴CF＝BD，
∴CF＝BE．
故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．
②结论不变．
解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．

∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，
∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，
由①得：
设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，
点F是BD的中点，
则DF＝FB＝a+x，
∵AM＝BM，
∴y+a＝a+2x，
∴y＝2x，即AD＝2FM，
∵AM＝BM，EN＝BN，
∴AE＝2MN，MN∥AE，
∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，
∴∠CMF＝∠BMN＝90°，
∴（SAS），
∴CF＝BN，
∵BE＝2BN，
∴CF＝BE．
解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．

∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，
∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，
∵∠CAB＝45°，
∴∠CAG＝90°，
∴AC⊥AG，
∴AC∥DE，
∵∠ACB＝∠CBT＝90°，

∴AC∥BT∥，
∵AG＝BT，
∴DG＝BT＝EG，
∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，
∴BD与GT互相平分，
∵点F是BD的中点，
∴BD与GT交于点F，
∴GF＝FT，
由旋转可得；
是等腰直角三角形，
∴CF＝FG＝FT，
∴CF＝BE．
（2）结论：BE＝．
理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．

∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，
∵AT＝TB，
∴CT⊥AB，

∴AT＝，
∴AB＝，
∵DF＝FB，AT＝TB，
∴TF∥AD，AD＝2FT，
∴∠FTB＝∠CAB＝30°，
∵∠CTB＝∠DAE＝90°，
∴∠CTF＝∠BAE＝60°，
∵∠ADE＝∠ACB＝60°，

∴AE＝AD＝FT，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,锐角三角函数的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．