华师版八年级数学下册第19章专题复习测试题及答案全套.docx

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华师版八年级数学下册第19章专题复习测试题及答案全套

华师版八年级数学下册第19章专题复习测试题及答案全套

专训1　利用特殊四边形的性质巧解折叠问题

名师点金：

四边形的折叠问题是指将四边形按照某种方式折叠，然后在平面图形内按照要求完成相应的计算和证明．折叠的本质是图形的轴对称变换，折叠后的图形与原图形全等．

平行四边形的折叠问题

1．如图，将平行四边形纸片ABCD沿AC折叠，点D落在点E处，AE恰好经过BC边的中点．若AB＝3，BC＝6，求∠B的度数．

（第1题）

矩形的折叠问题

2．（中考·衢州）如图①，将矩形ABCD沿DE折叠，使顶点A落在DC上的点A′处，然后将矩形展平，沿EF折叠，使顶点A落在折痕DE上的点G处．再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处．如图②.

（1）求证：

EG＝CH；

（2）已知AF＝，求AD和AB的长．

（第2题）

菱形的折叠问题

3．如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，E是AD上的点，沿BE折叠△ABE，点A恰好落在BD上的F点，连结CF，那么∠BFC的度数是（　　）

A．60°B．70°C．75°D．80°

（第3题）

（第4题）

正方形的折叠问题

4．如图，正方形纸片ABCD的边长AB＝12，E是DC上一点，CE＝5，折叠正方形纸片使点B和点E重合，折痕为FG，则FG的长为________．

5．（中考·德州）如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A，点D重合）．将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连结BP，BH.

（1）求证：

∠APB＝∠BPH.

（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？

并证明你的结论．

（第5题）

专训2　利用特殊四边形的性质巧解动点问题

名师点金：

利用特殊四边形的性质解动点问题，一般将动点看成特殊点，再运用从特殊到一般的思想，将特殊点转化为一般点（动点）来解答．

平行四边形中的动点问题

1．如图，在▱ABCD中，E，F两点在对角线BD上运动（E，F两点不重合），且保持BE＝DF，连结AE，CF.请你猜想AE与CF有怎样的数量关系和位置关系，并对你的猜想加以证明．

（第1题）

矩形中的动点问题

2．如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD，BC于点E，F，垂足为O.连结AF，CE.

（1）试说明四边形AFCE为菱形，并求AF的长；

（2）动点P，Q分别从A，C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，已知点P的速度为5cm/s，点Q的速度为4cm/s，运动时间为ts，当以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．

（第2题）

菱形中的动点问题

3．如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，动点E在边BC上，动点F在边CD上．

（1）如图①，若E是BC的中点，∠AEF＝60°，求证：

BE＝DF；

（2）如图②，若∠EAF＝60°，求证：

△AEF是等边三角形．

（第3题）

正方形中的动点问题

4．如图，正方形ABCD的边长为8cm，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的动点，且AE＝BF＝CG＝DH.

（1）求证：

四边形EFGH是正方形；

（2）判断直线EG是否经过一个定点，并说明理由．

（第4题）

专训3　全章热门考点整合应用

名师点金：

本章内容是中考的必考内容，主要考查与矩形、菱形、正方形有关的计算和证明等问题．近几年又出现了许多与特殊平行四边形有关的开放探索题、操作题以及与全等、相似、函数知识相结合的综合题．其主要考点可概括为：

三个图形，三个技巧．

三个图形

矩形

1．如图，在▱ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点，连结AF，CE.

（1）求证：

△BEC≌△DFA；

（2）连结AC，当CA＝CB时，判断四边形AECF是什么特殊四边形，并说明理由．

（第1题）

菱形

2．如图，△ABC是边长为1的等边三角形，将△ABC绕点C顺时针旋转120°，得到△EDC，连结BD，交AC于F.

（1）猜想AC与BD的位置关系，并给予证明；

（2）求线段BD的长．

（第2题）

正方形

3．如图，四边形ABCD是正方形，点G是BC边上任意一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，交AG于点F.

（1）求证：

AF－BF＝EF；

（2）将△ABF绕点A逆时针旋转，使得AB与AD重合，记此时点F的对应点为点F′，若正方形ABCD的边长为3，求点F′与旋转前图形中的点E之间的距离．

（第3题）

4．如图①，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，DC上的点，且AF⊥BE.

（1）求证：

AF＝BE.

（2）如图②，在正方形ABCD中，M，N，P，Q分别是边AB，BC，CD，DA上的点，且MP⊥NQ.MP与NQ是否相等？

并说明理由．

（第4题）

三个技巧

解与四边形有关的折叠问题的技巧（轴对称变换法）

5．如图所示，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝5，点E，F分别在AB，CD上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A，D分别落在矩形ABCD外部的点A1，D1处，求阴影部分的周长．

（第5题）

解与四边形有关的旋转问题的技巧（特殊位置法）

6．如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O也是正方形A′B′C′O的一个顶点，如果两个正方形的边长都等于1，那么正方形A′B′C′O绕顶点O转动，两个正方形重叠部分的面积大小有什么规律？

请说明理由．

（第6题）

解与四边形有关的动态问题的技巧（固定位置法）

7．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，点D从点C出发沿CA方向以4cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D，E运动的时间是ts（0≤t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，且DF＝DC，连结EF.若四边形AEFD为菱形，则t的值为（　　）　

（第7题）

A．5

B．10

C．15

D．20

8．如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD＝16，对角线AC，BD相交于点G，点O是直线BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F.

（1）求对角线AC的长及菱形ABCD的面积．

（2）如图①，当点O在对角线BD上运动时，OE＋OF的值是否发生变化？

请说明理由．

（3）如图②，当点O在对角线BD的延长线上时，OE＋OF的值是否发生变化？

若不变，请说明理由；若变化，请探究OE，OF之间的数量关系，并说明理由．

（第8题）

答案

（第1题）

1．解：

设AE与BC相交于点F，如图．

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AD∥BC.∴∠1＝∠3.

∵平行四边形纸片ABCD沿AC折叠，点D落在点E处，

∴∠2＝∠3，

∴∠1＝∠2.

∴FC＝FA.

∵F为BC边的中点，BC＝6，

∴AF＝CF＝BF＝×6＝3.

又∵AB＝3，∴△ABF是等边三角形．∴∠B＝60°.

（第2题）

2．

（1）证明：

由折叠知A′E＝AE＝EG，BC＝CH.

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD＝BC.

易得四边形AEA′D是正方形，

∴A′E＝AD.

∴EG＝CH.

（2）解：

∵∠ADE＝45°，∠FGE＝∠A＝90°，AF＝，

∴DG＝FG＝AF＝.由勾股定理得DF＝2.

∴AD＝2＋.

如图，由折叠知，∠1＝∠2，∠3＝∠4，

∴∠2＋∠4＝90°，∠1＋∠3＝90°.

∵∠1＋∠AFE＝90°，

∴∠AFE＝∠3.

由

（1）知，AE＝BC.

又∵∠A＝∠B＝90°，

∴△EFA≌△CEB.

∴AF＝BE.

∴AB＝AE＋BE＝AD＋AF＝2＋＋＝2＋2.

3．C　点拨：

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝BC，∠A＋∠ABC＝180°，BD平分∠ABC.∵∠A＝120°，∴∠ABC＝60°，∴∠FBC＝30°.根据折叠可得AB＝BF，∴BF＝BC.∴∠BFC＝∠BCF＝（180°－30°）÷2＝75°.故选C.

4．13　点拨：

如图，过点F作FM⊥BC，垂足为M，连结BE，FE，设BE交FG于点N，由折叠的性质知FG⊥BE，

∴∠C＝∠BNG＝90°，∴∠1＝∠BEC.易知FM＝BC，∠FMG＝∠C，∴△FMG≌△BCE，∴MG＝CE＝5，由勾股定理得FG＝＝13.

（第4题）

5．

（1）证明：

由折叠知PE＝BE，∠EPH＝∠EBC＝90°，

∴∠EBP＝∠EPB.

∴∠EPH－∠EPB＝∠EBC－∠EBP，

即∠BPH＝∠PBC.

又∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBC，

∴∠APB＝∠BPH.

（2）解：

△PDH的周长不发生变化．

证明如下：

过B作BQ⊥PH，垂足为Q.如图．

由

（1）知∠APB＝∠QPB，

又∵∠A＝∠BQP＝90°，BP＝BP，

∴△ABP≌△QBP.

∴AP＝QP，AB＝BQ.

又∵AB＝BC，∴BC＝BQ.

又∵∠C＝∠BQH＝90°，BH＝BH，

∴Rt△BCH≌Rt△BQH，∴CH＝QH.

∴△PDH的周长为：

PD＋DH＋PH＝AP＋PD＋DH＋CH＝AD＋CD＝8（定值）．

（第5题）

1．解：

AE＝CF，AE∥CF.证明如下：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB＝CD，AB∥CD.

∴∠ABE＝∠CDF.

在△ABE和△CDF中，

∵AB＝CD，∠ABE＝∠CDF，BE＝DF，

∴△ABE≌△CDF.

∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD.

∵∠AEB＋∠AED＝∠CFD＋∠CFB＝180°，

∴∠AED＝∠CFB.∴AE∥CF.

2．解：

（1）∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC.

∴∠OAE＝∠OCF，∠AEO＝∠CFO.

∵EF垂直平分AC，垂足为O，

∴OA＝OC.

∴△AOE≌△COF.∴OE＝OF.

∴四边形AFCE为平行四边形．

又∵EF⊥AC，∴四边形AFCE为菱形．

设AF＝CF＝xcm，则BF＝（8－x）cm，

（第2题）

在Rt△ABF中，AB＝4cm，由勾股定理得42＋（8－x）2＝x2，解得x＝5.

∴AF＝5cm.

（2）显然当P点在AF上，Q点在CD上时，A，C，P，Q四点不可能构成平行四边形；同理P点在AB上，Q点在DE或CE上时，也不可能构成平行四边形．因此只有当P点在BF上，Q点在ED上时，才能构成平行四边形，如图，连结AP，CQ，则以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形，此时PC＝QA.∵点P的速度为5cm/s，点Q的速度为4cm/s，运动时间为ts，

∴PC＝5tcm，QA＝（12－4t）cm.

∴5t＝12－4t，解得t＝.

∴当以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t＝.

3．证明：

（1）如图①，连结AC.∵在菱形ABCD中，∠B＝60°，∴AB＝BC＝CD，∠BCD＝180°－∠B＝120°.∴△ABC是等边三角形．又∵E是BC的中点，∴AE⊥BC.∵∠AEF＝60°，∴∠FEC＝90°－∠AEF＝30°.∴∠CFE＝180°－∠FEC－∠BCD＝180°－30°－120°＝30°.∴∠FEC＝∠CFE.∴EC＝CF.∴BE＝DF.

　（第3题）

（2）如图②，连结AC.由

（1）知△ABC是等边三角形，

∴AB＝AC，∠ACB＝∠BAC＝60°.

又∵∠EAF＝60°，

∴∠BAE＝∠CAF.

由

（1）知∠BCD＝120°.

又∵∠ACB＝60°，

∴∠ACF＝60°，∴∠B＝∠ACF.

∴△ABE≌△ACF.

∴AE＝AF.∴△AEF是等边三角形．

（第4题）

4．

（1）证明：

如图，∵四边形ABCD为正方形，

∴∠A＝∠EBF＝∠C＝∠GDH＝90°，AB＝BC＝CD＝AD.

∵AE＝BF＝CG＝DH，∴AH＝BE＝CF＝DG.

∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG.　

∴∠1＝∠2，EH＝EF＝FG＝GH.

∴四边形EFGH为菱形．

∵∠1＋∠3＝90°，∠1＝∠2，

∴∠2＋∠3＝90°.

∴∠HEF＝90°.

∴四边形EFGH是正方形．

（2）解：

直线EG经过一个定点．理由如下：

如图，连结BD，DE，BG.设EG与BD交于O点．

∵BE

瘙綊DG，

∴四边形BGDE为平行四边形．

∴BD与EG互相平分．∴BO＝OD.

∴点O为正方形的中心．

∴直线EG必过正方形的中心．

1．

（1）证明：

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AB＝CD，∠B＝∠D，BC＝DA.

∵E，F分别是AB，CD的中点，

∴BE＝DF.

∴△BEC≌△DFA（S.A.S.）．

（2）解：

四边形AECF是矩形，理由：

∵AE＝AB，CF＝CD，AB＝CD，　

∴AE＝CF.

又∵AE∥CF，

∴四边形AECF是平行四边形．

∵CA＝CB，E为AB的中点，∴CE⊥AB，

∴∠AEC＝90°.

∴四边形AECF是矩形．

2．解：

（1）AC⊥BD.

证明：

连结AD，由题意知，△ABC≌△EDC，∠ACE＝120°.

∵△ABC是等边三角形，

∴AC＝DC，∠DCE＝60°，

∴∠ACD＝60°，

∴△ACD是等边三角形，

∴CD＝AD＝AC＝AB＝BC，

∴四边形ABCD为菱形，

∴AC⊥BD.

（2）由

（1）知，四边形ABCD为菱形，

∴∠DBC＝∠ABC＝30°.

∵BC＝CD，∴∠BDC＝∠DBC＝30°，

∴∠BDE＝30°＋60°＝90°.

∵∠ACE＋∠ACB＝180°，

∴B，C，E三点在一条直线上，

∴BE＝2.

∴BD＝＝＝.

3．

（1）证明：

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠BAD＝∠BAF＋∠EAD＝90°.

∵DE⊥AG，

∴∠AED＝∠DEG＝90°.

∴∠EAD＋∠ADE＝90°.

∴∠ADE＝∠BAF.

又∵BF∥DE，

∴∠BFA＝∠DEG＝90°.

∴∠AED＝∠BFA.

在△AED和△BFA中，

∵

∴△AED≌△BFA（A.A.S.）．

∴BF＝AE.

∵AF－AE＝EF，

∴AF－BF＝EF.

（2）解：

如图，由题意知将△ABF绕A点旋转得到△ADF′，B与D重合，连结F′E，由

（1）易得DE＝AF.

（第3题）

根据题意知：

∠F′AE＝90°，DE＝AF＝AF′，

∴∠F′AE＝∠AED＝90°.

即∠F′AE＋∠AED＝180°.

∴AF′∥DE.

∴四边形AEDF′为平行四边形．

又∠AED＝90°，

∴四边形AEDF′是矩形．

∵AD＝3，∴EF′＝AD＝3.

4．

（1）证明：

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝BA，∠D＝∠BAE＝90°，

∴∠DAF＋∠BAF＝90°.

∵AF⊥BE，

∴∠ABE＋∠BAF＝90°.

∴∠DAF＝∠ABE.

∴△DAF≌△ABE.

∴AF＝BE.

（2）解：

MP与NQ相等．理由如下：

过点A作AF∥MP交CD于F，过点B作BE∥NQ交AD于E，∵MP⊥NQ，∴AF⊥BE，由

（1）知AF＝BE.易证四边形AMPF，四边形BNQE都是平行四边形，∴AF＝MP，BE＝NQ，∴MP＝NQ.

5．解：

∵在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝5，

∴CD＝AB＝10，AD＝BC＝5.

又∵将矩形ABCD沿EF折叠，使点A，D分别落在矩形ABCD外部的点A1，D1处，根据轴对称的性质可得，A1E＝AE，A1D1＝AD，D1F＝DF.

设线段D1F与线段AB交于点M，则阴影部分的周长为

（A1E＋EM＋MD1＋A1D1）＋（MB＋MF＋FC＋CB）

＝AE＋EM＋MD1＋AD＋MB＋MF＋FC＋CB

＝（AE＋EM＋MB）＋（MD1＋MF＋FC）＋AD＋CB

＝AB＋（FD1＋FC）＋10

＝AB＋（FD＋FC）＋10

＝10＋10＋10＝30.

点拨：

要求阴影部分的周长，我们可以把两块阴影部分的周长相加，找到它们的周长和与原矩形边长的关系，从而得到问题的答案．

6．解：

两个正方形重叠部分的面积保持不变，始终是.理由如下：

∵四边形ABCD是正方形，

∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，

∠BOC＝90°.

∵四边形A′B′C′O是正方形，

∴∠EOF＝90°，∴∠EOF＝∠BOC.

∴∠EOF－∠BOF＝∠BOC－∠BOF，

即∠BOE＝∠COF.

∴△BOE≌△COF.∴S△BOE＝S△COF.

∴两个正方形重叠部分的面积等于S△BOC.

∵S正方形ABCD＝1×1＝1.

∴S△BOC＝S正方形ABCD＝.

∴两个正方形重叠部分的面积保持不变，始终是.

7．B　点拨：

因为DF＝DC，DC＝4tcm，所以DF＝2tcm.又因为AE＝2tcm，所以AE＝DF.因为AE∥DF，所以可推出四边形AEFD为平行四边形．令AE＝AD，则60－4t＝2t.解得t＝10.所以当t＝10时，四边形AEFD为菱形．

8．解：

（1）在菱形ABCD中，AC⊥BD，BG＝BD＝×16＝8，

由勾股定理得AG＝＝＝6，

∴AC＝2AG＝2×6＝12.

∴菱形ABCD的面积＝AC·BD＝×12×16＝96.

　（第8题）

（2）OE＋OF的值不发生变化．理由：

如图①，连结AO，则S△ABD＝S△ABO＋S△AOD，

所以BD·AG＝AB·OE＋AD·OF，

即×16×6＝×10·OE＋×10·OF，

解得OE＋OF＝9.6，是定值，不变．

（3）OE＋OF的值发生变化，OE，OF之间的数量关系为OE－OF＝9.6.理由：

如图②，连结AO，则S△ABD＝S△ABO－S△AOD，

所以BD·AG＝AB·OE－AD·OF，

即×16×6＝×10·OE－×10·OF，

解得OE－OF＝9.6.

专训1　矩形性质与判定的灵活运用

名师点金：

矩形是特殊的平行四边形，它具有一般平行四边形的所有性质，同时还具有一些独特的性质．它的性质可归结为三个方面：

（1）从边看：

矩形的对边平行且相等；

（2）从角看：

矩形的四个角都是直角；（3）从对角线看：

矩形的对角线互相平分且相等．

判定一个四边形是矩形可从两个角度考虑：

一是判定它有三个角为直角；二是先判定它为平行四边形，再判定它有一个角为直角或两条对角线相等．

利用矩形的性质与判定求线段的长（转化思想）

1．如图，将矩形纸片ABCD的四个角向内折起，点A，点B落在点M处，点C，点D落在点N处，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，若EH＝3cm，EF＝4cm，求AD的长．

（第1题）

利用矩形的性质与判定判断线段的数量关系

2．如图，在△ABC中，∠A＝90°，D是AC上的一点，BD＝DC，P是BC上的任意一点，PE⊥BD，PF⊥AC，E，F为垂足．试判断线段PE，PF，AB之间的数量关系，并说明理由．

（第2题）

利用矩形的性质与判定证明角相等

3．（中考·北京）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连结AF，BF.

（1）求证：

四边形BFDE是矩形；

（2）若CF＝3，BF＝4，DF＝5，求证：

AF平分∠DAB.

（第3题）

利用矩形的性质与判定求面积

4．如图，已知点E是▱ABCD中BC边的中点，连结AE并延长交DC的延长线于点F.

（1）连结AC，BF，若∠AEC＝2∠ABC，求证：

四边形ABFC为矩形；

（2）在

（1）的条件下，若△AFD是等边三角形，且边长为4，求四边形ABFC的面积．

（第4题）

专训2　菱形性质与判定的灵活运用

名师点金：

菱形具有一般平行四边形的所有性质，同时又具有一些特性，可以归纳为三个方面：

（1）从边看：

对边平行，四边相等；

（2）从角看：

对角相等，邻角互补；（3）从对角线看：

对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角．

判定一个四边形是菱形，可先判定这个四边形是平行四边形，再判定一组邻边相等或对角线互相垂直，也可直接判定四边相等．

利用菱形的判定与性质证明角的关系

1．（中考·秦安）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，E是CD上一点，BE交AC于点F，连结DF.

（1）证明：

∠BAC＝∠DAC，∠AFD＝∠CFE；

（2）若AB∥CD，试证明：

四边形ABCD是菱形；

（3）在

（2）的条件下，试确定E点的位置，使∠EFD＝∠BCD，并说明理由．

（第1题）

利用菱形的判定和性质判定两线段的位置关系

2．如图所示，已知AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，求证：

AD⊥EF.

（第2题）

利用菱形的判定和性质解折叠问题

3．（中考·漳州）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连结DG.

（1）求证：

四边形DEFG为菱形；

（2）若CD＝8，CF＝4，求的值．

（第3题）

利用菱形的判定与性质解决面积问题

4．如图，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，交BC于点D，在线段AD上任取一点P（点A除外），过点P作EF∥AB，分别交AC，BC于点E，F，作PM∥AC，交AB于点M，连结ME.

（1）求证：

四边形AEPM为菱形．

（2）当点P在何处时，菱形AEPM的面积为四边形EFBM面积的一半？

请说明理由．

（第4题）

答案

1．解：

由折叠的性质知AH＝HM，∠HEM＝∠AEH，∠BEF＝∠FEM，∴∠HEF＝∠HEM＋∠FEM＝×180°＝90°.同理可得∠EHG＝∠HGF＝∠EFG＝90°，∴四边形EFGH为矩形．∴HG∥FE，HG＝FE.∴∠GHN＝∠EFM.

又∵∠HNG＝∠FME＝90°，∴△HNG≌△FME.∴HN＝MF.又∵HN＝HD，∴HD＝MF.∴AD＝AH＋HD＝HM＋MF＝HF.∵HF＝＝＝5（cm），∴AD＝5cm.

点拨：

此题利用折叠提供的角相等，可证明四边形EFGH为矩形，然后利用三角形全等来证明HN＝MF，进而证明HD＝MF，从而将AD转化为直角三角形EFH的斜边HF，进而得解，体现了转化思想．

（第2题）

2．解：

PE＋PF＝AB.理由：

过点P作PG⊥AB于G，交BD于O，如图所示．

∵PG⊥AB，PF⊥AC，∠A＝90°，∴∠A＝∠AGP＝∠PFA＝90°.∴四边形AGPF是矩形．∴AG＝PF，PG∥AC.∴∠C＝∠GPB.

又∵BD＝DC，∴∠C＝∠DBP.

∴∠GPB＝∠DBP.

∴OB＝OP.

∵PG⊥AB，PE⊥BD，

∴∠BGO＝∠PEO＝90°.

在△BGO和△PEO中，

∴△BGO≌△PEO.∴BG＝PE.

∴AB＝BG＋AG＝PE＋PF.

3．证明：

（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BE∥DF.又∵BE＝DF，