中考数学几何归纳专题.docx

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中考数学几何归纳专题

中考数学几何归纳专题

XX：

__________

指导：

__________

日期：

__________

9．（12分）如图，在正方形ABCD中，点E是AB边上一点，以DE为边作正方形DEFG，DF与BC交于点M，延长EM交GF于点H，EF与CB交于点N，连接CG．

（1）求证：

CD⊥CG；

（2）若tan∠MEN＝1／3，求MN／EM的值；

（3）已知正方形ABCD的边长为1，点E在运动过程中，EM的长能否为1／2？

请说明理由．

10．（12分）在矩形ABCD中，连结AC，点E从点B出发，以每秒1个单位的速度沿着B→A→C的路径运动，运动时间为t（秒）．过点E作EF⊥BC于点F，在矩形ABCD的内部作正方形EFGH．

（1）如图，当AB＝BC＝8时，

①若点H在△ABC的内部，连结AH、CH，求证：

AH＝CH；

②当0＜t≤8时，设正方形EFGH与△ABC的重叠部分面积为S，求S与t的函数关系式；

（2）当AB＝6，BC＝8时，若直线AH将矩形ABCD的面积分成1：

3两部分，求t的值．

11．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边BC上，连结AE，EM⊥AE，垂足为E，交CD于点M，AF⊥BC，垂足为F，BH⊥AE，垂足为H，交AF于点N，点P是AD上一点，连接CP．

（1）若DP＝2AP＝4，CP＝√17，CD＝5，求△ACD的面积．

（2）若AE＝BN，AN＝CE，求证：

AD＝√2CM+2CE．

12．（12分）如图①，在正方形ABCD中，AB＝6，M为对角线BD上任意一点（不与B、D重合），连接CM，过点M作MN⊥CM，交线段AB于点N

（1）求证：

MN＝MC；

（2）若DM：

DB＝2：

5，求证：

AN＝4BN；

（3）如图②，连接NC交BD于点G．若BG：

MG＝3：

5，求NG·CG的值．

1.【分析】

（1）结论：

S△ABC：

S△ADE＝定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE＝∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．

（2）结论：

S△ABC：

S△ADE＝定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE＝∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．

（3）结论：

S△ABC：

S△ADE＝定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE＝∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．

【解答】解：

（1）结论：

S△ABC：

S△ADE＝定值．

理由：

如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

∵∠BAE＝∠CAD＝90°，

∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，

∴∠DAE＝∠CAG，∵AB＝AE＝AD＝AC，

∴＝＝1．

（2）如图2中，S△ABC：

S△ADE＝定值．

理由：

如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

不妨设∠ADC＝30°，则AD＝AC，AE＝AB，

∵∠BAE＝∠CAD＝90°，

∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，

∴∠DAE＝∠CAG，

∴＝＝．

（3）如图3中，如图2中，S△ABC：

S△ADE＝定值．

理由：

如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

∵∠BAE＝∠CAD＝90°，

∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，

∴∠DAE＝∠CAG，

∵AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n∴＝＝．

【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，30度的直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．

2.【分析】数学理解：

（1）由等腰直角三角形的性质可得AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝AC，由正方形的性质可得DE＝DF＝CE，∠DFC＝∠DEC＝90°，可求AF＝DF＝CE，即可得AB＝（AF+BE）；

问题解决：

（2）延长AC，使FM＝BE，通过证明△DFM≌△DEB，可得DM＝DB，通过△ADM≌△ADB，可得∠DAC＝∠DAB＝∠CAB，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC，由三角形内角和定理可求∠ADB的度数；

联系拓广：

（3）由正方形的性质可得DE∥AC，DF∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝∠ADM，∠NDB＝∠ABD，可得AM＝MD，DN＝NB，即可求MN，AM，BN的数量关系．

【解答】解：

数学理解：

（1）AB＝（AF+BE）

理由如下：

∵△ABC是等腰直角三角形

∴AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝AC

∵四边形DECF是正方形∴DE＝DF＝CE＝CF，∠DFC＝∠DEC＝90°

∴∠A＝∠ADF＝45°∴AF＝DF＝CE

∴AF+BE＝BC＝AC∴AB＝（AF+BE）

问题解决：

（2）如图，延长AC，使FM＝BE，连接DM，

∵四边形DECF是正方形

∴DF＝DE，∠DFC＝∠DEC＝90°

∵BE＝FM，∠DFC＝∠DEB＝90°，DF＝ED

∴△DFM≌△DEB（SAS）∴DM＝DB

∵AB＝AF+BE，AM＝AF+FM，FM＝BE，

∴AM＝AB，且DM＝DB，AD＝AD

∴△ADM≌△ADB（SSS）

∴∠DAC＝∠DAB＝∠CAB

同理可得：

∠ABD＝∠CBD＝∠ABC

∵∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠CBA＝90°

∴∠DAB+∠ABD＝（∠CAB+∠CBA）＝45°

∴∠ADB＝180°﹣（∠DAB+∠ABD）＝135°

联系拓广：

（3）∵四边形DECF是正方形∴DE∥AC，DF∥BC

∴∠CAD＝∠ADM，∠CBD＝∠NDB，∠MDN＝∠AFD＝90°

∵∠DAC＝∠DAB，∠ABD＝∠CBD∴∠DAB＝∠ADM，∠NDB＝∠ABD

∴AM＝MD，DN＝NB

在Rt∠DMN中，MN2＝MD2+DN2，∴MN2＝AM2+NB2，

【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．

3.【分析】

（1）由“AAS”可证△CEF≌△BEA，可得AB＝CF，即可得结论；

（2）延长AE交DF的延长线于点G，由“AAS”可证△AEB≌△GEC，可得AB＝CG，即可得结论；

【解答】解：

（1）AD＝AB+DC

理由如下：

∵AE是∠BAD的平分线∴∠DAE＝∠BAE

∵AB∥CD∴∠F＝∠BAE∴∠DAF＝∠F∴AD＝DF，

∵点E是BC的中点∴CE＝BE，且∠F＝∠BAE，∠AEB＝∠CEF

∴△CEF≌△BEA（AAS）∴AB＝CF

∴AD＝CD+CF＝CD+AB

（2）AB＝AF+CF

理由如下：

如图②，延长AE交DF的延长线于点G

∵E是BC的中点，∴CE＝BE，

∵AB∥DC，∴∠BAE＝∠G．且BE＝CE，∠AEB＝∠GEC

∴△AEB≌△GEC（AAS）∴AB＝GC

∵AE是∠BAF的平分线∴∠BAG＝∠FAG，

∵∠BAG＝∠G，∴∠FAG＝∠G，

∴FA＝FG，∵CG＝CF+FG，∴AB＝AF+CF

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．

【分析】

（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．

（2）解直角三角形求出BC，由△ABD∽△CBA，推出＝，可得DB＝＝＝，由DE∥AB，推出＝，求出AE即可．

（3）点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF．作FH⊥BC于H，AM⊥BC于M，AN⊥FH于N．则∠NHM＝∠AMH＝∠ANH＝90°，由△AFN∽△ADM，可得＝＝tan∠ADF＝tan∠B＝，推出AN＝AM＝×12＝9，推出CH＝CM﹣MH＝CM﹣AN＝16﹣9＝7，再利用等腰三角形的性质，求出CD即可解决问题．

【解答】

（1）证明：

∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，

∵∠ADE+∠CDE＝∠B+∠BAD，∠ADE＝∠B，

∴∠BAD＝∠CDE，∴△BAD∽△DCE．

（2）解：

如图2中，作AM⊥BC于M．

在Rt△ABM中，设BM＝4k，则AM＝BM·tan∠B＝4k×＝3k，

由勾股定理，得到AB2＝AM2+BM2，

∴202＝（3k）2+（4k）2，

∴k＝4或﹣4（舍弃），

∵AB＝AC，AM⊥BC，∴BC＝2BM＝2·4k＝32，

∵DE∥AB，∴∠BAD＝∠ADE，

∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，∴∠BAD＝∠ACB，

∵∠ABD＝∠CBA，∴△ABD∽△CBA，

∴＝，∴DB＝＝＝，

∵DE∥AB，∴＝，

∴AE＝＝＝．

（3）点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF．

理由：

作FH⊥BC于H，AM⊥BC于M，AN⊥FH于N．则∠NHM＝∠AMH＝∠ANH＝90°，∴四边形AMHN为矩形，

∴∠MAN＝90°，MH＝AN，∵AB＝AC，AM⊥BC，

∵AB＝20，tan∠B＝∴BM＝CM＝16，

∴BC＝32，

在Rt△ABM中，由勾股定理，得AM＝＝＝12，

∵AN⊥FH，AM⊥BC，∴∠ANF＝90°＝∠AMD，

∵∠DAF＝90°＝∠MAN，∴∠NAF＝∠MAD，

∴△AFN∽△ADM，

∴＝＝tan∠ADF＝tan∠B＝，∴AN＝AM＝×12＝9，

∴CH＝CM﹣MH＝CM﹣AN＝16﹣9＝7，

当DF＝CF时，由点D不与点C重合，可知△DFC为等腰三角形，

∵FH⊥DC，∴CD＝2CH＝14，

∴BD＝BC﹣CD＝32﹣14＝18，

∴点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF，此时BD＝18．

【点评】本题属于相似形综合题，考查了新三角形的判定和性质，解直角三角形，锐角三角函数等，等腰三角形的判定和性质知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．

5.【分析】

（1）根据三角形重心定理和平行线分线段成比例解答即可；

（2）过点A作AN∥BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，得出△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，得出比例式解答即可；

（3）分两种情况：

当F点与C点重合时，E为AB中点，BE＝AE；点F在AC的延长线上时，BE＞AE，得出，则，同理：

当点E在AB的延长线上时，，即可得出结论．

【解答】

（1）证明：

∵G是△ABC重心，∴，

又∵EF∥BC，∴，，

则；

（2）解：

（1）中结论成立，理由如下：

如图2，过点A作AN∥BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，

则△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，

，，

∴，

又∵BM+CM＝BM+CD+DM，

而D是BC的中点，即BD＝CD，

∴BM+CM＝BM+BD+DM＝DM+DM＝2DM，∴，

又∵，∴，故结论成立；

（3）解：

（1）中结论不成立，理由如下：

当F点与C点重合时，E为AB中点，BE＝AE，

点F在AC的延长线上时，BE＞AE，

∴，则，

同理：

当点E在AB的延长线上时，，

∴结论不成立．

【点评】此题是相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、三角形重心定理、平行线分线段成比例定理等知识；本题综合性强，熟练掌握三角形的重心定理和平行线分线段成比例定理，证明三角形相似是解题的关键．

6.【分析】

（1）通过证明△ABD∽△BCD，可得，可得结论；

（2）由平行线的性质可证∠MBD＝∠BDC，即可证AM＝MD＝MB＝4，由BD2＝AD·CD和勾股定理可求MC的长，通过证明△MNB∽△D，可得，即可求MN的长．

【解答】证明：

（1）∵DB平分∠ADC，

∴∠ADB＝∠CDB，且∠ABD＝∠BCD＝90°，∴△ABD∽△BCD

∴∴BD2＝AD·CD

（2）∵BM∥CD∴∠MBD＝∠BDC

∴∠ADB＝∠MBD，且∠ABD＝90°∴BM＝MD，∠MAB＝∠MBA

∴BM＝MD＝AM＝4∵BD2＝AD·CD，且CD＝6，AD＝8，

∴BD2＝48，∴BC2＝BD2﹣CD2＝12

∴MC2＝MB2+BC2＝28∴MC＝2

∵BM∥CD∴△MNB∽△D

∴，且MC＝2∴MN＝

【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，求MC的长度是本题的关键．

7.【分析】

（1）由正方形性质得出∠ABC＝90°，AB＝BC，证出∠EAB＝∠FCB，由ASA证得△ABE≌△CBF，即可得出结论；

（2）由正方形性质与角平分线的定义得出∠CAG＝∠FAG＝22.5°，由ASA证得△AGC≌△AGF得出CG＝GF，由直角三角形的性质得出GB＝GC＝GF，求出∠DBG＝∠GBF，即可得出结论；

（3）连接BG，由正方形的性质得出DC＝AB，∠DCA＝∠ACB＝45°，∠DCB＝90°，推出AC＝DC，证出∠DCG＝∠ABG，由SAS证得△DCG≌△ABG得出∠CDG＝∠GAB＝22.5°，推出∠CDG＝∠CAG，证得△DCM∽△ACE，即可得出结果．

【解答】

（1）证明：

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC＝90°，AB＝BC，∴∠EAB+AEB＝90°，

∵AG⊥CF，∴∠FCB+∠CEG＝90°，

∵∠AEB＝∠CEG，∴∠EAB＝∠FCB，

在△ABE和△CBF中，，

∴△ABE≌△CBF（ASA），∴BE＝BF；

（2）证明：

∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD＝∠CAB＝45°，

∵AE平分∠CAB，∴∠CAG＝∠FAG＝22.5°，

在△AGC和△AGF中，，

∴△AGC≌△AGF（ASA），∴CG＝GF，

∵∠CBF＝90°，∴GB＝GC＝GF，

∴∠GBF＝∠GFB＝90°﹣∠FCB＝90°﹣∠GAF＝90°﹣22.5°＝67.5°，

∴∠DBG＝180°﹣∠ABD﹣∠GBF＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，

∴∠DBG＝∠GBF，∴BG平分∠DBF；

（3）解：

连接BG，如图3所示：

∵四边形ABCD是正方形，

∴DC＝AB，∠DCA＝∠ACB＝45°，∠DCB＝90°，∴AC＝DC，

∵∠DCG＝∠DCB+∠BCF＝∠DCB+∠GAF＝90°+22.5°＝112.5°，∠ABG＝180°﹣∠GBF＝180°﹣67.5°＝112.5°，

∴∠DCG＝∠ABG，

在△DCG和△ABG中，，

∴△DCG≌△ABG（SAS），∴∠CDG＝∠GAB＝22.5°，

∴∠CDG＝∠CAG，∵∠DCM＝∠ACE＝45°，

∴△DCM∽△ACE，∴＝＝．

【点评】本题是相似综合题，考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、角平分线定义、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，涉及知识面广，熟练掌握正方形的性质、角平分线定义，证明三角形全等与相似是解题的关键．

8.【分析】

（1）由正方形的性质可得∠DAC＝∠CAB＝45°，根据圆周角定理得∠FDE＝∠DFE＝45°，则结论得证；

（2）设OE＝t，连接OD，证明△DOE∽△DAF可得AF＝，证明△AEF∽△ADG可得AG＝，可表示EG的长，由AF∥CD得比例线段，求出t的值，代入EG的表达式可求EH的值；

（3）由

（2）知EG＝，过点F作FK⊥AC于点K，根据即可【解答】

（1）证明：

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠DAC＝∠CAB＝45°，∴∠FDE＝∠CAB，∠DFE＝∠DAC，

∴∠FDE＝∠DFE＝45°，∴∠DEF＝90°，

∴△DEF是等腰直角三角形；

（2）设OE＝t，连接OD，∴∠DOE＝∠DAF＝90°，

∵∠OED＝∠DFA，∴△DOE∽△DAF，

∴，∴t，

又∵∠AEF＝∠ADG，∠EAF＝∠DAG，

∴△AEF∽△ADG，∴，

∴，

又∵AE＝OA+OE＝2+t，∴，

∴EG＝AE﹣AG＝，

当点H恰好落在线段BC上∠DFH＝∠DFE+∠HFE＝45°+45°＝90°，

∴△ADF∽△BFH，∴，

∵AF∥CD，∴，

∴，∴，

解得：

t1＝，t2＝（舍去），

∴EG＝EH＝；

（3）过点F作FK⊥AC于点K，由

（2）得EG＝，

∵DE＝EF，∠DEF＝90°，∴∠DEO＝∠EFK，

∴△DOE≌△EKF（AAS），∴FK＝OE＝t，

∴S＝．

【点评】本题属于四边形综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．

9.【分析】

（1）由正方形的性质得出∠A＝∠ADC＝∠EDG＝90°，AD＝CD，DE＝DG，即∠ADE＝∠CDG，由SAS证明△ADE≌△CDG得出∠A＝∠DCG＝90°，即可得出结论；

（2）先证明△EFM≌△GFM得出EM＝GM，∠MEF＝∠MGF，在证明△EFH≌△GFN得出HF＝NF，由三角函数得出GF＝EF＝3HF＝3NF，得出GH＝2HF，作NP∥GF交EM于P，则△PMN∽△HMG，△PEN∽△HEF，得出＝，＝＝，PN＝HF，即可得出结果；

（3）假设EM＝，先判断出点G在BC的延长线上，同

（2）的方法得，EM＝GM＝，得出GM＝，再判断出BM＜，得出CM＞，进而得出CM＞GM，即可得出结论．

【解答】

（1）证明：

∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，

∴∠A＝∠ADC＝∠EDG＝90°，AD＝CD，DE＝DG，

∴∠ADE＝∠CDG，

在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），

∴∠A＝∠DCG＝90°，∴CD⊥CG；

（2）解：

∵四边形DEFG是正方形，

∴EF＝GF，∠EFM＝∠GFM＝45°，

在△EFM和△GFM中，∴△EFM≌△GFM（SAS），

∴EM＝GM，∠MEF＝∠MGF，

在△EFH和△GFN中，，∴△EFH≌△GFN（ASA），

∴HF＝NF，

∵tan∠MEN＝＝，

∴GF＝EF＝3HF＝3NF，

∴GH＝2HF，

作NP∥GF交EM于P，则△PMN∽△HMG，△PEN∽△HEF，

∴＝，＝＝，∴PN＝HF，

∴＝＝＝＝；

（3）EM的长不可能为，

理由：

假设EM的长为，

∵点E是AB边上一点，且∠EDG＝∠ADC＝90°，∴点G在BC的延长线上，

同

（2）的方法得，EM＝GM＝，∴GM＝，

在Rt△BEM中，EM是斜边，∴BM＜，

∵正方形ABCD的边长为1，∴BC＝1，

∴CM＞，∴CM＞GM，

∴点G在正方形ABCD的边BC上，与“点G在BC的延长线上”相矛盾，

∴假设错误，即：

EM的长不可能为．

【点评】此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，构造出相似三角形是解本题的关键，用反证法说明EM不可能为是解本题的难度．

10.【分析】

（1）①如图1中，证明△AEH≌△CGH（SAS）即可解决问题．

②分两种情形分别求解：

如图1中，当0＜t≤4时，重叠部分是正方形EFGH．如图2中，当4＜t≤8时，重叠部分是五边形EFGMN．

（2）分三种情形分别求解：

①如图3﹣1中，延长AH交BC于M，当BM＝CM＝4时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：

3两部分．②如图3﹣2中，延长AH交CD于M交BC的延长线于K，当CM＝DM＝3时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：

3两部分．③如图3﹣3中，当点E在线段AC上时，延长AH交CD于M，交BC的延长线于N．当CM＝DM时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：

3两部分．

【解答】解：

（1）①如图1中，

∵四边形EFGH是正方形，AB＝BC，

∴BE＝BG，AE＝CG，∠BHE＝∠BGH＝90°，

∴∠AEH＝∠CGH＝90°，∵EH＝HG，

∴△AEH≌△CGH（SAS），∴AH＝CH．

②如图1中，当0＜t≤4时，重叠部分是正方形EFGH，S＝t2．

如图2中，当4＜t≤8时，重叠部分是五边形EFGMN，S＝S△ABC﹣S△AEN﹣S△CGM＝×8×8﹣2×（8﹣t）2＝﹣t2+16t﹣32．

综上所述，S＝．

（2）如图3﹣1中，延长AH交BC于M，当BM＝CM＝4时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：

3两部分．

∵EH∥BM，∴＝，

∴＝，∴t＝．

如图3﹣2中，延长AH交CD于M交BC的延长线于K，当CM＝DM＝3时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：

3两部分，易证AD＝CK＝8，

∵EH∥BK，∴＝，

∴＝，∴t＝．

如图3﹣3中，当点E在线段AC上时，延长AH交CD于M，交BC的延长线于N．当CM＝DM时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：

3两部分，易证AD＝＝8．

在Rt△ABC中，AC＝＝10，∵EF∥AB，∴＝，

∴＝，∴EF＝（16﹣t），

∵EH∥，∴＝，

∴＝，解得t＝．

综上所述，满足条件的t的值为s或s或s．

【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

11.【分析】

（1）作CG⊥AD于G，设PG＝x，则DG＝4﹣x，在Rt△PGC和Rt△DGC中，由勾股定理得出方程，解方程得出x＝1，即PG＝1，得出GC＝4，求出AD＝6，由三角形面积公式即可得出结果；

（2）连接NE，证明△NBF≌△EAF得出BF＝AF，NF＝EF，证明△ANB≌l∵DP＝2AP＝4，∴AD＝6，

∴S△ACD＝×AD×CG＝×6×4＝12；

（2）证明：

连接NE，如图2所示：

∵AH⊥AE，AF⊥BC，AE⊥EM，

∴∠AEB+∠NBF＝∠AEB+∠EAF＝∠AEB+∠MEC＝90°，

∴∠NBF＝∠EAF＝∠MEC，

在△NBF和△EAF中，，

∴△NBF≌△EAF（AAS），

∴BF＝AF，NF＝EF，

∴∠ABC＝45°，∠ENF＝45°，

∵∠ANB＝90°+∠EAF，∠CEA＝90°+∠MEC，

∴∠ANB＝∠CEA，

在△ANB和△CEA中，，∴△ANB≌△CEA（SAS），

∴∠CAE＝∠ABN，

∵∠NBF＝∠EAF，∴∠ABF＝∠FAC＝45°

∴FC＝AF＝BF，∴∠ANE＝∠BCD＝135°，AD＝BC＝2AF，

在△ANE和△ECM中，，∴△ANE≌△ECM（ASA），

∴CM＝NE，

又∵NF＝NE＝MC，∴AF＝MC+EC，

∴AD＝MC+2EC．

【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式等知识；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．

12.【分析】

（1）作ME∥AB、MF∥BC，证四边形BEMF是正方形得ME＝MF，再证∠CME＝∠FMN，从而得△MFN≌△MEC，据此可得证；

（2）由FM∥AD，EM∥CD知＝＝＝，据此得AF＝2.4，CE＝2.4，由△MFN≌△MEC知FN＝EC＝2.4，AN＝4.8，BN＝6﹣4.8＝1.2，从而得出答案；

（3）把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，先证△MCG≌△HCG得MG＝HG，由BG：

MG＝3：

5可设BG＝3a，则MG＝GH＝5a，继而知BH＝4a，MD＝4a