专题2.6特殊的平行四边形大题专练（分层培优30题，八下人教）-八年级数学下学期复习备考高分秘籍人教版

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八年级数学下学期复习备考高分秘籍人教版
专题2.6特殊的平行四边形大题专练（分层培优30题，八下人教）
A卷 基础过关卷
（限时50分钟，每题10分，满分100分）
1．（2023•肃州区校级开学）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD．
（1）求证：四边形OCED是菱形．
（2）若∠ACB＝30°，菱形OCED的面积为2，求AC的长．

【分析】（1）先求出四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的对角线互相平分且相等可得OC＝OD，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
（2）根据菱形的对称性可知S菱形OCED＝2S△OCD，然后用AC表示出AB、BC，再根据矩形的性质利用三角形的面积公式列方程求解即可．
【解析】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC＝OD，
∴四边形OCED是菱形；

（2）解：∵四边形OCED是菱形，
∴S菱形OCED＝2S△OCD，
∵∠ACB＝30°，
∴AB＝AC，BC＝AC，
∴S菱形OCED＝×AC•AC＝2，
解得AC＝．
2．（2022•南京模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，E是CD上一点，BE交AC于F，连接DF．
（1）求证：∠BAC＝∠DAC．
（2）若AB∥CD，试证明四边形ABCD是菱形．

【分析】（1）根据SSS证明△ABC≌△ADC，即可解决问题；
（2）先证明AD＝CD，根据已知可得AB＝AD＝CB＝CD，利用四边相等即可解决问题；
【解析】证明：（1）∵在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC＝∠DAC，
（2）∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵∠BAC＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴AD＝CD，
∵AB＝AD，CB＝CD，
∴AB＝CB＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形．
3．（2022春•沂南县期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形ADFE是矩形；
（2）连接OF，若AD＝6，EC＝4，∠ABF＝60°，求OF的长度．

【分析】（1）由在平行四边形性质得到AB∥DC且AB＝DC，由平行线的性质得到∠ABE＝∠DCF，根据三角形的判定可证得△ABE≌△DCF，由全等三角形的性质得到AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，可得AE∥DF，根据矩形的判定即可得到结论；
（2）由矩形的性质得到EF＝AD＝6，进而求得BE＝CF＝2，BF＝8，由∠ABE＝60°可求得AB＝2BE＝4，由勾股定理可求得DF＝AE＝2，BD＝2，由平行四边形性质得OB＝OD，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，
∴AB∥DC且AB＝DC，
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ABE和△DCF中，，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，
∴AE∥DF，
∴四边形ADFE是矩形；

（2）解：由（1）知：四边形ADFE是矩形，
∴EF＝AD＝6，
∵EC＝4，
∴BE＝CF＝2，
∴BF＝8，
Rt△ABE中，∠ABE＝60°，
∴AB＝2BE＝4，
∴DF＝AE＝，
∴BD＝＝2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∴OF＝BD＝．
4．（2022春•铜官区期末）如图1，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，过对角线AC中点O的直线分别交边BC、AD于点E、F
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）如图2，当EF⊥AC时，求EF的长度．
【分析】（1）证明△AOF≌△COE全等，可得AF＝EC，∵AF∥EC，∴四边形AECF是平行四边形；
（2）由（1）知四边形AECF是平行四边形，且EF⊥AC，∴四边形AECF为菱形，假设BE＝a，根据勾股定理求出a，从而得知EF的长度；
【解析】解：∵矩形ABCD，∴AF∥EC，AO＝CO
∴∠FAO＝∠ECO
∴在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE（ASA）
∴AF＝EC
又∵AF∥EC
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）由（1）知四边形AECF是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF为菱形，
设BE＝a，则AE＝EC＝3﹣a
∴a2+22＝（3﹣a）2
∴a＝
则AE＝EC＝，
∵AB＝2，BC＝3，
∴AC＝＝
∴AO＝OC＝，
∴OE＝＝＝，
∴EF＝2OF＝．
5．（2022•邢台模拟）如图，菱形ABCD的周长为8，对角线BD＝2，E、F分别是边AD，CD上的两个动点；且满足AE+CF＝2．
（1）求证：△BDE≌△BCF；
（2）判断△BEF的形状，并说明理由．

【分析】（1）先判定△ABD与△BCD都是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠BDE＝∠C＝60°，再求出DE＝CF，然后利用“边边角”证明两三角形全等；
（2）根据全等三角形对应边相等可得BE＝CF，全等三角形对应角相等可得∠DBE＝∠CBF，然后求出∠EBF＝60°，再根据等边三角形的判定得解，利用旋转变换解答；
【解析】（1）证明：∵菱形ABCD的边长为2，对角线BD＝2，
∴AB＝AD＝BD＝2，BC＝CD＝BD＝2，
∴△ABD与△BCD都是等边三角形，
∴∠BDE＝∠C＝60°，
∵AE+CF＝2，
∴CF＝2﹣AE，
又∵DE＝AD﹣AE＝2﹣AE，
∴DE＝CF，
在△BDE和△BCF中，
，
∴△BDE≌△BCF（SAS）；

（2）解：△BEF是等边三角形．理由如下：
由（1）可知△BDE≌△BCF，
∴BE＝BF，∠DBE＝∠CBF，
∴∠EBF＝∠DBE+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝∠DBC＝60°，
∴△BEF是等边三角形．
6．（2022•浑南区二模）如图所示，点O是菱形ABCD对角线的交点，CE∥BD，EB∥AC，连接OE，交BC于F．
（1）求证：OE＝CB；
（2）如果OC：OB＝1：2，OE＝2，求菱形ABCD的面积．

【分析】（1）由CE∥BD、EB∥AC可得出四边形OBEC为平行四边形，由菱形的性质可得出∠BOC＝90°，进而可得出四边形OBEC为矩形，根据矩形的性质即可证出OE＝CB；
（2）设OC＝x，则OB＝2x，利用勾股定理可得出BC＝x，结合BC＝OE＝2，可求出x的值，进而可得出OC、OB的值，再利用菱形的面积公式即可求出结论．
【解析】（1）证明：∵CE∥BD，EB∥AC，
∴四边形OBEC为平行四边形．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴四边形OBEC为矩形，
∴OE＝CB．
（2）解：设OC＝x，则OB＝2x，
∴BC＝＝x．
∵BC＝OE＝2，
∴x＝2，
∴OC＝2，OB＝4，
∴S菱形ABCD＝AC•BD＝2OC•OB＝16．

7．（2021春•柳南区校级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E、F在AC上，AE＝CF．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）若AD＝2，∠AOB＝120°，求AB的长．

【分析】（1）根据平行四边形的判定即可求出答案．
（2）根据矩形的性质以及含30度角的直角三角形的性质即可求出答案．
【解析】解：（1）在矩形ABCD中，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∵AE＝CF，
∴OE＝OF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
（2）由（1）可知：OA＝OB，
∵∠AOB＝120°，
∴∠DBA＝30°，
∵AD＝2，
∴AB＝AD＝6．
8．（2022秋•礼泉县期末）按如图所示的方法分别以AB和AC为边作正方形ABDE和正方形AGFC，连接CE、BG，求证：△ACE≌△AGB．

【分析】由“SAS”可证△EAC≌△BAG．
【解析】证明：∵四边形ABDE和四边形AGFC均为正方形，
∴AE＝AB，AC＝AG，∠EAB＝∠CAG＝90°，
∴∠EAC+∠CAB＝∠CAB+∠BAG，
∴∠EAC＝∠BAG，
在△EAC与△BAG中，
，
∴△EAC≌△BAG（SAS）．
9．（2022秋•毕节市期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AB的中点，AE∥CD，CE∥AB．
（1）试判断四边形ADCE的形状，并证明你的结论；
（2）当∠ABC＝　45　°时，四边形ADCE为正方形．

【分析】（1）根据平行可以证明四边形ADCE是平行四边形，由直角三角形的性质可求得AE＝EC，进而得出四边形ADCE为菱形；
（2）根据题意可知当四边形ADCE为正方形时，等腰直角三角形的三线合一性即可求得∠ABC．
【解析】解：（1）四边形ADCE为菱形，理由如下：
∵AE∥CD，CE∥AB，
∴四边形ADCE为平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴DA＝DC，
∴平行四边形ADCE为菱形；
（2）若四边形ADCE为正方形，
∴CD⊥AB，
∵D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∴Rt△ACB是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°．
故答案为：45．
10．（2022秋•汉台区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N，连接BM、DN．
（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若四边形BNDM的周长为52，MN＝10，求BD的长．

【分析】【分析】（1）证△MOD≌△NOB，得出OM＝ON，由OB＝OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；
（2）由菱形的周长得到菱形的边长BM＝13，由菱形的性质及MN＝10得到OM＝5，在Rt△BOM中由勾股定理得到OB的长，进而得到BD的长．
【解析】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠DMO＝∠BNO．
∵直线MN是对角线BD的垂直平分线，
∴OB＝OD，MN⊥BD．
在△MOD和△NOB中，
，
∴△MOD≌△NOB（AAS），
∴OM＝ON，
∵OB＝OD，
∴四边形BNDM是平行四边形，
∵MN⊥BD，
∴四边形BNDM是菱形；
（2）解：∵菱形BNDM的周长为52，
∴BN＝ND＝DM＝MB＝13，
又∵MN＝10，
∴，
在Rt△BOM中，由勾股定理得，
∴BD＝2OB＝2×12＝24，
∴BD＝24．
B卷 能力提升卷
（限时60分钟，每题10分，满分100分）
11．（2022秋•南安市期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝24cm．动点E、F分别在边CD、BC上，点E从点C出发沿CD边以1cm/s的速度向点D运动，同时点F从点C出发沿CB边以2cm/s的速度向点B运动（当点F到达点B时，点E也随之停止运动），连结EF．问：在AB边上是否存在一点G，使得以B、F、G为顶点的三角形与△CEF全等？若存在，求出此时BG的长；若不存在，请说明理由．

【分析】分两种情况讨论，由全等三角形的性质列出等式，可求解．
【解析】解：存在．设运动时间为ts．
则CE＝t cm，CF＝2tcm，BF＝（24﹣2t）cm．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠C＝90°．
当△BGF≌△CEF时，BF＝CF．
∴24﹣2t＝2t．
∴t＝6．
∴BG＝CE＝t＝6（cm）．
当△BFG≌△CEF时，BF＝CE．
∴24﹣2t＝t．
∴t＝8．
∴BG＝CF＝2t＝16（cm）．
综上所述，在AB边上存在一点G，使得以B，F，G为顶点的三角形与△CEF全等，此时BG的长为6cm或16cm．
12．（2022秋•竞秀区期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，对角线AC，BD交于点O，E，F分别在OB，OD上，AC＝4，BD＝6．
（1）当BE＝DF＝1时，判断四边形AECF的形状并证明；
（2）当四边形AECF为菱形时，求平行四边形ABCD的周长．

【分析】（1）由已知易得AO＝CO，EO＝FO根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可；
（2）根据四边形AECF为菱形时，可得AC⊥BD，利用勾股定理即可求出菱形边长．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴FO＝EO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵OB＝OD＝3，BE＝DF＝1，
∴OE＝OF＝2，
∵OA＝OC＝2，
∴AC＝EF，
∴四边形AECF是矩形．

（2）解：∵四边形AECF是菱形，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
又∵，，
∴，
∴平行四边形ABCD的周长＝．
13．（2023•惠阳区校级开学）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BA＝BC，BD平分∠ABC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形．
（2）过点D作DE⊥BD，交BC的延长线于点E，若BC＝5，BD＝8．
①求菱形ABCD的面积．
②求四边形ABED的周长．

【分析】（1）根据平行线的性质得到∠ADB＝∠CBD，根据角平分线定义得到∠ABD＝∠CBD，等量代换得到∠ADB＝∠ABD，根据等腰三角形的判定定理得到AD＝AB，根据菱形的判定即可得到结论；
（2）由垂直的定义得到∠BDE＝90°，等量代换得到∠CDE＝∠E，根据等腰三角形的判定得到CD＝CE＝BC，根据勾股定理得到DE＝＝6，于是得到结论．
【解析】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB，
∵BA＝BC，
∴AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵BA＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形．
（2）解：①菱形ABCD中，CB＝CD，
∴∠CBD＝∠BDC，
∵∠BDC+∠CDE＝90°，∠CBD+∠BED＝90°，
∴∠EDC＝∠CED，
∴CD＝CE＝5，
∴BE＝10，
∴，
∵S△ABD＝S△BDC＝S△EDC，
∴S四边形ABCD＝S△BDE＝6×8＝24；
②C四边形ABED＝AD+AB+BE+DE＝5+5+10+6＝26．
14．（2022秋•平昌县校级期末）如图：在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若BF＝16，DF＝8，求CD的长．

【分析】（1）由CF＝BE，可得EF＝BC，即EF＝AD，结合AD∥BC，可得四边形AEFD是平行四边形，再结合AE⊥BC，可得平行四边形AEFD是矩形；
（2）在菱形ABCD中，BC＝CD，可得CF＝BF﹣BC＝16﹣CD，在Rt△CFD中，有，即可求解．
【解析】解：（1）在菱形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝CD＝AB，
∵CF＝BE，
∴CF+EC＝BE+EC，
∴EF＝BC，
∴EF＝AD，
∵AD∥BC，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴平行四边形AEFD是矩形；
（2）在菱形ABCD中，BC＝CD，
∵BF＝16，
∴CF＝BF﹣BC＝16﹣CD，
∵在矩形AEFD中，∠F＝90°，
∵DF＝8，
∴在Rt△CFD中，，
解得：CD＝10．
15．（2022秋•南关区校级期末）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形．
（2）已知∠DAB＝60°，AF是∠DAB的平分线，若AD＝6，则▱ABCD的面积为 　27　．

【分析】（1）先证四边形BFDE是平行四边形，再由DE⊥AB，可得结论；
（2）由含30°角的直角三角形的性质得AE＝AD＝2，DE＝AE＝2，再由矩形的性质得BF＝DE＝2，∠ABF＝90°，然后求出AB＝BF＝6，即可求解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB，
∵CF＝AE，
∴CD﹣CF＝AB﹣AE，
∴DF＝BE且DC∥AB，
∴四边形BFDE是平行四边形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴平行四边形BFDE是矩形；
（2）解：∵∠DAB＝60°，AD＝6，DE⊥AB，
∴∠ADE＝30°，
∴AE＝AD＝3，DE＝AE＝3，
由（1）得：四边形DFBE是矩形，
∴BF＝DE＝3，∠ABF＝90°，
∵AF平分∠DAB，
∴∠FAB＝∠DAB＝30°，
∴AB＝BF＝×3＝9，
∴▱ABCD的面积＝AB×DE＝9×3＝27．
故答案为：27．
16．（2022秋•渠县校级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，分别延长OA，OC到点E，F，使AE＝CF，依次连接B，F，D，E各点．
（1）求证：△BAE≌△BCF；
（2）若∠ABC＝40°，则当∠EBA＝　25　°时，四边形BFDE是正方形．

【分析】（1）由菱形的性质得出AB＝CB，由等腰三角形的性质得出∠BAC＝∠BCA，证出∠BAE＝∠BCF，由SAS证明△BAE≌△BCF即可；
（2）由菱形的性质得出AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，，证出OE＝OF，得出四边形BFDE是菱形，证明△OBE是等腰直角三角形，得出OB＝OE，BD＝EF，证出四边形BFDE是矩形，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CB，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴180°﹣∠BAC＝180°﹣∠BCA，
即∠BAE＝∠BCF，
在△BAE和△BCF中，
，
∴△BAE≌△BCF（SAS）；
（2）解：若∠ABC＝40°，则当∠BEA＝25°时，四边形BFDE是正方形．理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，，
∵AE＝CF，
∴OE＝OF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形BFDE是菱形，
∵∠EBA＝25°，
∴∠OBE＝25°+20°＝45°，
∴△OBE是等腰直角三角形，
∴OB＝OE，
∴BD＝EF，
∴四边形BFDE是矩形，
∴四边形BFDE是正方形；
故答案为：25．
17．（2022秋•郑州期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝6cm，BC＝10cm，∠B＝60°，点G是CD的中点，点E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连接CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）①直接写出：当AE＝　4　cm时，四边形CEDF是菱形（不需要说明理由）；
②当AE＝　7　cm时，四边形CEDF是矩形，请说明理由．

【分析】（1）证△CFG≌△EDG，推出FG＝EG，根据平行四边形的判定推出即可；
（2）①证△CDE是等边三角形，推出CE＝DE，再根据菱形的判定推出即可．
②求出△MBA≌△EDC，推出∠CED＝∠AMB＝90°，再根据矩形的判定推出即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠FCG＝∠EDG，
∵G是CD的中点，
∴CG＝DG，
在△CFG和△DEG中，
，
∴△CFG和△DEG（ASA），
∴FG＝EG，
又∵CG＝DG，
∴四边形CEDF是平行四边形．
（2）解：①当AE＝4cm时，四边形CEDF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝10cm，CD＝AB＝6cm，∠CDE＝∠B＝60°，
∵AE＝4cm，
∴DE＝AD﹣AE＝6cm，
∴DE＝CD，
∴△CDE是等边三角形，
∴CE＝DE，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴平行四边形CEDF是菱形，
故答案为：4；
②当AE＝7时，平行四边形CEDF是矩形，理由如下：
如图，过A作AM⊥BC于M，
∵∠B＝60°，AB＝6cm，
∴BM＝AB＝3cm，
∵AE＝7cm，
∴DE＝AD﹣AE＝3cm＝BM，
在△MBA和△EDC中，
，
∴△MBA≌△EDC（SAS），
∴∠CED＝∠AMB＝90°，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴平行四边形CEDF是矩形，
故答案为：7．

18．（2022秋•通川区期末）已知如图，M为正方形ABCD边AB上一点，P为边AB延长线上一点，连接DM，以点M为直角顶点作MN⊥DM交∠CBP的角平分线于N，过点C作CE∥MN交AD于E，连接EM，CN，DN．
（1）求证：DM＝MN；
（2）求证：EM∥CN．

【分析】（1）在线段AD上截取DF＝MB，连接FM，根据正方形的性质可知△FAM是等腰直角三角形，可得∠DFM＝135°，根据BN平分∠CBP，可得∠MBN＝135°，再证明∠BMN＝∠FDM，可得△NMB≌△MDF（ASA），即可得证；
（2）根据同角的余角相等，可得∠DEC＝∠AMD，根据正方形的性质可得△EDC≌△MAD（ASA），可得CE＝DM＝MN，易证四边形EMNC是平行四边形，即可得证．
【解析】证明：（1）在线段AD上截取DF＝MB，连接FM，如图所示：

在正方形ABCD中，AD＝AB，∠A＝∠ABC＝90°，
∵DF＝BM，
∴AF＝AM，
∴△FAM是等腰直角三角形，
∴∠AFM＝45°，
∴∠MFD＝135°，
∵BN平分∠CBP，∠CBP＝90°，
∴∠CBN＝45°，
∴∠MBN＝135°，
∴∠DFM＝∠MBN，
∵DM⊥MN，
∴∠NMB+∠AMD＝90°，
∵∠AMD+∠ADM＝90°，
∴∠NMB＝∠MDF，
在△NMB和△MDF中，
，
∴△NMB≌△MDF（ASA），
∴DM＝MN；
（2）∵CE∥MN，DM⊥MN，
∴DM⊥CE，
∴∠DEC+∠EDM＝90°，
∵∠AMD+∠EDM＝90°，
∴∠DEC＝∠AMD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DC＝AD，∠EDC＝∠MAD＝90°，
在△EDC和△MAD中，
，
∴△EDC≌△MAD（ASA），
∴EC＝DM，
∵DM＝MN，
∴EC＝MN，
∵EC∥MN，
∴四边形EMNC为平行四边形，
∴EM∥CN．
19．（2022秋•绿园区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，BE＝DF，∠AEC＝90°．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）连接BF，若AB＝6，∠ABC＝60°，BF平分∠ABC，则平行四边形ABCD的面积为 　27　．

【分析】（1）根据已知条件先证明四边形 AECF为平行四边形，再根据∠AEC＝90°即可得证；
（2）由BF平分∠ABC，可求得AB＝AF，在Rt△ABE中，∠ABC＝60°，则∠BAE＝30°，根据含30度角的直角三角形的性质，求得BE，再求出AE，由已知BE＝DF进而即可求得AD即可得到答案．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，BC∥AD，
又∵BE＝DF，
∴BC﹣BE＝AD﹣DF，即EC＝AF，
∵EC∥AF，EC＝AF，
∴四边形AECF为平行四边形，
又∵∠AEC＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
（2）解：∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠FBC，
∵BC∥AD，
∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠AFB＝∠ABF，
∴AF＝AB＝6，
在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠ABE＝60°，AB＝6，
∴∠BAE＝30°
∴，
∴FD＝BE＝3，
∴AD＝AF+FD＝9，
∴，
故答案为；．
20．（2022秋•朝阳区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接DF、CF．
（1）求证：四边形ABDF为平行四边形；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．

【分析】（1）根据平行线的性质得到∠AFE＝∠DBE，根据线段中点的定义得到AE＝DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AF＝BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC＝90°，于是得到结论．
【解析】证明：（1）∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是线段AD的中点，
∴AE＝DE，
∵∠AEF＝∠DEB，
∴△BDE≌△FAE（AAS），
∴AF＝BD，
∴四边形ABDF为平行四边形；
（2）∵△BDE≌△FAE，
∴AF＝BD，
∵D是线段BC的中点，
∴BD＝CD，
∴AF＝CD，
∵AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF为矩形．
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（限时70分钟，每题10分，满分100分）
21．（2022秋•皇姑区校级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、D作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E．
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）连接AE，交CD于点F，当∠ADB＝60°，AD＝2时，直接写出EA的长．

【分析】（1）先证四边形ODEC是平行四边形，然后根据菱形的对角线互相垂直，得到∠DOC＝90°，根据矩形的定义即可判定四边形ODEC是矩形．
（2）根据含30度角直角三角形的性质、勾股定理来求EA的长度即可．
【解析】（1）证明：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形ODEC是平行四边形．
又∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°．
∴四边形ODEC是矩形．
（2）解：∵Rt△ADO中，∠ADO＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝，AO＝3，
∴AC＝6，EC＝，
∴AE＝．
22．（2022秋•礼泉县期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且，连接CE．
（1）求证：四边形OCED为矩形；
（2）连接AE，若DB＝6，AC＝8，求AE的长．

【分析】（1）先证四边形OCED是平行四边形，再由∠DOC＝90°，即可得出结论；
（2）由（1）知OD＝CE＝BD＝3，然后由矩形的性质得∠OCE＝90°，最后由勾股定理即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝OC＝AC，
∴∠DOC＝90°，
∵DE∥AC，DE＝AC，
∴DE＝OC，DE∥OC，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∵∠DOC＝90°，
∴平行四边形OCED是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
DO＝OB＝BD＝3，
由（1）得：四边形OCED为矩形，
∴CE＝OD＝3，∠OCE＝90°，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE＝＝＝，
即AE的长为．
23．（2022秋•鼓楼区校级期末）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝θ（0°＜θ＜90°）．连接DE，过B作BF⊥DE于F，连接AF，CF．
（1）若θ＝60°，求∠BED的度数；
（2）当θ变化时，∠BED的大小会发生变化吗？请说明理由；
（3）试用等式表示线段DE与CF之间的数量关系，并证明．

【分析】（1）θ＝60°时，△ABE是等边三角形，可得∠AEB＝60°＝∠EAB，由四边形ABCD是正方形，可求出∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠EAD）÷2＝15°，即得∠BED＝∠AEB﹣∠AED＝45°；
（2）由四边形ABCD是正方形，得∠BAD＝90°，AB＝AD，可得∠AED＝＝45°﹣θ，根据AE＝AB，∠EAB＝θ，可得∠AEB＝＝90°﹣θ，故∠DEB＝∠AEB﹣∠AED＝45°；
（3）过C作CG⊥CF交FD延长线于G，证明△BCF≌△DCG（AAS），得BF＝DG，CF＝CG，知FG＝CF，而△BEF是等腰直角三角形，有EF＝BF，即可证明DE＝CF．
【解析】解：（1）θ＝60°时，如图：

∵AB＝AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB＝60°＝∠EAB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠EAD＝∠EAB+∠BAD＝60°+90°＝150°，AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠EAD）÷2＝15°，
∴∠BED＝∠AEB﹣∠AED＝60°﹣15°＝45°；
（2）当θ变化时，∠BED的大小不会发生变化，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∵∠EAB＝θ，AB＝AE，
∴AE＝AD，∠EAD＝90°+θ，
∴∠AED＝＝45°﹣θ，
∵AE＝AB，∠EAB＝θ，
∴∠AEB＝＝90°﹣θ，
∴∠DEB＝∠AEB﹣∠AED＝（90°﹣θ）﹣（45°﹣θ）＝45°；
（3）线段DE与CF的数量关系为：DE＝CF，证明如下：
过C作CG⊥CF交FD延长线于G，如图：

∵BF⊥DE，
∴∠BFC+∠CFD＝90°，
∵CG⊥CF，
∴∠CFD+∠G＝90°，
∴∠BFC＝∠G，
∵∠BCD＝∠FCG＝90°，
∴∠BCF＝∠DCG，
∵BC＝CD，
∴△BCF≌△DCG（AAS），
∴BF＝DG，CF＝CG，
∴△FCG是等腰直角三角形，
∴FG＝CF，
由（2）知，∠DEB＝45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF＝BF，
∴EF＝DG，
∴EF+FD＝DG+FD，即DE＝FG，
∴DE＝CF．


24．（2023•深圳模拟）如图，已知△ABC中，D是BC边上一点，过点D分别作DE∥AC交AB于点E，作DF∥AB交AC于点F，连接AD．
（1）下列条件：
①D是BC边的中点；
②AD是△ABC的角平分线；
③点E与点F关于直线AD对称．
请从中选择一个能证明四边形AEDF是菱形的条件，并写出证明过程；
（2）若四边形AEDF是菱形，且AE＝2，CF＝1，求BE的长．

【分析】（1）证四边形AEDF是平行四边形，∠ADE＝∠DAF，再由条件②证AE＝DE，或由条件③证AE＝AF，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得AF＝DF＝DE＝AE＝2，再证△BDE∽△BCA，得＝，即可解决问题．
【解析】解：（1）∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，∠ADE＝∠DAF，
能证明四边形AEDF是菱形的条件为：②或③，证明如下：
条件②，∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠DAE＝∠DAF，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴AE＝DE，
∴平行四边形AEDF是菱形；
条件③，∵点E与点F关于直线AD对称，
∴AE＝AF，
∴平行四边形AEDF是菱形；
（2）∵四边形AEDF是菱形，
∴AF＝DF＝DE＝AE＝2，
∴AC＝AF+CF＝2+1＝3，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴＝，
即＝，
解得：BE＝4，
即BE的长为4．
25．（2022秋•安丘市校级期末）如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，G是CD边上一点，连接BG交AC于E，过点A作AM⊥BG，垂足M，AM交BD于点F．
（1）求证：OE＝OF．
（2）若H是BG的中点，BG平分∠DBC，求证：DG＝2OE．

【分析】（1）由正方形的性质得OA＝OB，∠AOF＝∠BOE＝90°，由AM⊥BG，得∠AME＝90°，则∠OAF＝∠OBE＝90°﹣∠AEM，即可证明△AOF≌△BOE，则OE＝OF；
（2）由三角形的中位线定理得DG＝2OH，OH∥DG，所以∠FOH＝∠CDB＝45°，则∠FOH＝∠EOH＝45°，所以∠OCB＝∠FOH，而∠CBG＝∠DBG，则∠CBG+∠OCB＝∠DBG+∠FOH，所以∠OEH＝∠OHE，则OH＝OE，所以DG＝2OE．
【解析】证明：（1）如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BC，AC＝BD，AC⊥BD，
∴OA＝OB，∠AOF＝∠BOE＝90°，
∵AM⊥BG，
∴∠AME＝90°，
∴∠OAF＝∠OBE＝90°﹣∠AEM，
在△AOF和△BOE中，
，
∴△AOF≌△BOE（ASA），
∴OE＝OF.
（2）如图2，∵H为BG的中点，O为BD的中点，
∴DG＝2OH，OH∥DG，
∵CB＝CD，∠BCD＝90°，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，
∴∠FOH＝∠CDB＝45°，
∵∠BOC＝90°，
∴∠FOH＝∠EOH＝45°，∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠OCB＝∠FOH，
∵BG平分∠DBC，
∴∠CBG＝∠DBG，
∴∠CBG+∠OCB＝∠DBG+∠FOH，
∴∠OEH＝∠OHE，
∴OH＝OE，
∴DG＝2OE．


26．（2022春•南谯区校级月考）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．

（1）求证：BE＝DE；
（2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为9，CG＝3，求正方形DEFG的边长．

【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE（SAS），即可解决问题；
（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN＝EM，然后证得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，根据正方形的判定即可证得矩形DEFG是正方形；
②证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，证明CE⊥CG，连接EG，根据勾股定理即可解决问题．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
得矩形EMCN，

∴∠MEN＝90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE＝DG，AD＝DC，
∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，
∴CE⊥CG，
∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝9．
∵CG＝3，
∴CE＝6，
连接EG，

∴EG＝＝＝3，
∴DE＝EG＝3．
∴正方形DEFG的边长为3．
27．（2022春•沂水县期中）（1）将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，如图1．求证：四边形AEA'D是正方形；
（2）将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C'处，点B落在点B'处，得到折痕EF，B'C'交AB于点M，如图2．线段MC'与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由．

【分析】（1）由折叠性质得AD＝AD′，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形AEA′D是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形AEA′D为正方形；
（2）连接C′E，证明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，便可得结论．
【解析】（1）证明：∵ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，
∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′E＝A′D，
∴四边形AEA′D是菱形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEA′D是正方形；
（2）解：MC′＝ME．
证明：如图1，连接C′E，由（1）知，AD＝AE，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，
由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，
∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
又EC′＝C′E，
在Rt△EC′A和Rt△C′EB′中，
，
∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），
∴∠C′EA＝∠EC′B′，
∴MC′＝ME．
28．（2022秋•迎江区校级期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，且EF＝BE+DF，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．
小明探究的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是 　∠BAE+∠FAD＝∠EAF．　．
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，且EF＝BE+DF，探究上述结论是否仍然成立，并说明理由．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC+∠ADC＝180°，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，仍然满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系为 　　．


【分析】（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF即可得出结论．
（2）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF即可得出结论．
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，在通过角的和差即可得到结论．
【解析】解：（1）结论：∠BAE+∠FAD＝∠EAF．
理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF即可得出结论．

在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE+DF，DG＝BE，
∴EF＝BE+DF＝DG+DF＝GF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．
故答案为：∠BAE+∠FAD＝∠EAF；
（2）仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，

∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE+DF＝DG+DF＝GF，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；
（3）．
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，

∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE，
又∵AB＝AD，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE+DF＝DG+DF＝GF，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE＝∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，
即2∠FAE+∠DAB＝360°，
∴．
故答案为：．



29．（2022秋•宜春期末）【问题解决】
在一节数学课上，张老师提出了这样一个问题：如图1，点E是正方形ABCD内一点，BE＝2，EC＝4，DE＝6．你能求出∠BEC的度数吗？
小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：将△BEC绕点C逆时针旋转90°，得到△DE'C，连接EE'，求出∠BEC的度数；
思路二：将△DEC绕点C顺时针旋转90°，得到△BE'C，连接EE'，求出∠BEC的度数．
（1）请参考小明的思路，写出两种思路的完整解答过程．
【类比探究】
（2）如图2，若点E是正方形ABCD外一点，EB＝8，EC＝2，DE＝6，求∠BEC的度数．


【分析】（1）思路一：根据旋转的性质可得CE＝CE'＝4，BE＝DE'＝2，∠ECE'＝90°，则∠EE'C＝45°，根据勾股定理可得EE'2＝CE2+CE'2＝32，再根据勾股定理的逆定理可得∠DE'E＝90°，即可求解；思路二：根据旋转的性质可得CE＝CE'＝4，DE＝BE'＝6，∠ECE'＝90°，则∠CEE'＝45°，EE'2＝CE2+CE'2＝32，根据勾股定理逆定理得出∠BEE'＝90°，即可求解；
（2）用和（1）一样的方法即可求解．
【解析】解：（1）思路一：如图，
∵△BEC绕点C逆时针旋转90°，得到△DE'C，
∴CE＝CE'＝4，BE＝DE'＝2，∠ECE'＝90°，
∴∠EE'C＝45°，EE'2＝CE2+CE'2＝32，
∵EE'2+DE'2＝22+32＝62＝DE2，
∴∠DE'E＝90°，
∴∠BEC＝∠DE'C＝∠DE'E+∠EE'C＝45°+90°＝135°；

思路二：如图：
∵将△DEC绕点C顺时针旋转90°，得到△BE'C，
∴CE＝CE'＝4，DE＝BE'＝6，∠ECE'＝90°，
∴∠CEE'＝45°，EE'2＝CE2+CE'2＝32，
∵EE'2+BE2＝22+32＝62＝BE'2，
∴∠BEE'＝90°，
∴∠BEC＝∠BEE'+∠CEE'＝45°+90°＝135°；

（2）将△BEC绕点C逆时针旋转90°，得到△DE'C
∵△BEC绕点C逆时针旋转90°，得到△DE'C，
∴CE＝CE'＝2，BE＝DE'＝8，∠ECE'＝90°，
∴∠EE'C＝45°，EE'2＝CE2+CE'2＝8，
∵，
∴∠DE'E＝90°，
∴∠BEC＝∠DE'C＝∠DE'E﹣∠EE'C＝90°﹣45°＝45°．




30．（2022秋•邗江区校级期末）综合与实践．
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　MN＝AM+CN　．
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系．


【分析】（1）如图1中，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则△ABM≌△CBM′，证明△NBM≌△NBM′（SAS），可得结论；
（2）先判定梯形ABCD是等腰梯形，根据等腰梯形的性质可得∠A+∠BCD＝180°，再把△ABM绕点B顺时针旋转90°，点A与点C重合，点M到达点M′，根据旋转变换的性质，△ABM和△CBM′全等，根据全等三角形对应边相等可得AM＝CM′，BM＝BM′，根据全等三角形对应角相等可得∠A＝∠BCM′，∠ABM＝∠M′BC，然后证明M′、C、N三点共线，再利用“边角边”证明△BMN和△BM′N全等，然后根据全等三角形对应边相等即可得证；
（3）在∠CBN内部作∠CBM′＝∠ABM交CN于点M′，然后证明∠C＝∠BAM，再利用“角边角”证明△ABM和△CBM′全等，根据全等三角形对应边相等可得AM＝CM′，BM＝BM′，再证明∠MBN＝∠M′BN，利用“边角边”证明△MBN和△M′BN全等，根据全等三角形对应边相等可得MN＝M′N，从而得到MN＝CN﹣AM．
【解析】解：（1）结论：MN＝AM+CN．
理由：如图1中，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则△ABM≌△CBM′，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠BCD＝∠ABC＝∠BCM′＝90°，
∴∠NCM′＝180°，
∴N，C，M′共线，
∵∠ABM＝∠CBM′，
∴∠MBM′＝∠ABC＝90°，
∵∠MBN＝45°，
∴∠MBN＝∠M′BN＝45°，
在△BNM和△BNM′中，
，
∴△NBM≌△NBM′（SAS），
∴MN＝NM′，
∵AM＝CM′，
∴MN＝AM+CN．
故答案为：MN＝AM+CN；
（2）MN＝AM+CN．
理由：如图2中，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则△ABM≌△CBM′，

∵BC∥AD，AB＝BC＝CD，
∴梯形ABCD是等腰梯形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∴AM＝CM′，BM＝BM′，∠A＝∠BCM′，∠ABM＝∠M′BC，
∴∠BCM′+∠BCD＝180°，
∴点M′、C、N三点共线，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠M′BN＝∠M′BC+∠CBN＝∠ABM+∠CBN＝∠ABC﹣∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠M′BN，
在△BMN和△BM′N中，
，
∴△BMN≌△BM′N（SAS），
∴MN＝M′N，
又∵M′N＝CM′+CN＝AM+CN，
∴MN＝AM+CN；
（3）MN＝CN﹣AM．
理由：如图3中，作∠CBM′＝∠ABM交CN于点M′，

∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠BAD+∠C＝360°﹣180°＝180°，
又∵∠BAD+∠BAM＝180°，
∴∠C＝∠BAM，
在△ABM和△CBM′中，
，
∴△ABM≌△CBM′（ASA），
∴AM＝CM′，BM＝BM′，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠M′BN＝∠ABC﹣（∠ABN+∠CBM′）＝∠ABC﹣（∠ABN+∠ABM）＝∠ABC﹣∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠M′BN，
在△MBN和△M′BN中，
，
∴△MBN≌△M′BN（SAS），
∴MN＝M′N，
∵M′N＝CN﹣CM′＝CN﹣AM，
∴MN＝CN﹣AM．