∵FB=FM，∴BF⊥DF．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和对应边相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，本题中求证DB=DM是解题的关键．
5．（感知）如图①，四边形ABCD、CEFG均为正方形．可知BE=DG．
（拓展）如图②，四边形ABCD、CEFG均为菱形，且∠A=∠F．求证：BE=DG．
4．如图所示，矩形ABCD中，点E在CB的延长线上，使CE＝AC，连接AE，点F是AE的中点，连接BF、DF，求证：BF⊥DF．
【答案】见解析.
【解析】
【分析】
延长BF，交DA的延长线于点M，连接BD，进而求证△AFM≌△EFB，得AM=BE，FB=FM，即可求得BC+BE=AD+AM，进而求得BD=BM，根据等腰三角形三线合一的性质即可求证BF⊥DF．
在Rt△APE中，（4-BE）2+x2=BE2．
解得BE=2+ ，
∴CF=BE-EM=2+ -x，
∴BE+CF= -x+4= （x-2）2+3．
当x=2时，BE+CF取最小值，
∴AP=2．
考点：几何变换综合题．
3．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，以线段AB为边向外作等边△ABD，点E是线段AB的中点，连接CE并延长交线段AD于点F．
∴BM=ME，BM⊥EM．
故答案为BM=ME，BM⊥EM．
(2)ME＝ MB．
证明如下：连接CM，如解图所示．
∵DC⊥AC，M是边AD的中点，
∴MC＝MA＝MD．
∵BA＝BC，
∴BM垂直平分AC．
∵∠ABC＝120°，BA＝BC，
∴∠MBE＝ ∠ABC＝60°，∠BAC＝∠BCA＝30°，∠DCE＝60°.
（1）求证：∠APB=∠BPH；
（2）当点P在边AD上移动时，求证：△PDH的周长是定值；
（3）当BE+CF的长取最小值时，求AP的长．
【答案】（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）2．
【解析】
试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC△ABP≌△QBP（AAS），
∴AP=QP，AB=BQ，
又∵AB=BC，
∴BC=BQ．
又∠C=∠BQH=90°，BH=BH，
在△BCH和△BQH中，
，
∴△BCH≌△BQH（SAS），
∴CH=QH．
∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．
∵PE=BE，
∴∠EBP=∠EPB．
又∵∠EPH=∠EBC=90°，
∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．
即∠PBC=∠BPH．
又∵AD∥BC，
∴∠APB=∠PBC．
∴∠APB=∠BPH．
（2）证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．
由（1）知∠APB=∠BPH，
又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，
∴△PDH的周长是定值．
（3）解：如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB．
又∵EF为折痕，
∴EF⊥BP．
∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，
∴∠EFM=∠ABP．
又∵∠A=∠EMF=90°，
在△EFM和△BPA中，
，
∴△EFM≌△BPA（AAS）．
∴EM=AP．
设AP=x
（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1）见解析；
（2）存在，理由见解析;
（3）不成立．理由如下见解析.
【解析】
试题分析：（1）由b=2a，点M是AD的中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°；
（1）求证：四边形BCFD为平行四边形；（2）若AB=6，求平行四边形ADBC的面积．
【答案】（1）见解析；（2）S平行四边形ADBC= ．
【解析】
【分析】
（1）在Rt△ABC中，E为AB的中点，则CE= AB，BE= AB，得到∠BCE=∠EBC=60°.由△AEF≌△BEC，得∠AFE=∠BCE=60°.又∠D=60°，得∠AFE
（应用）如图③，四边形ABCD、CEFG均为菱形，点E在边AD上，点G在AD延长线上．若AE=2ED，∠A=∠F，△EBC的面积为8，菱形CEFG的面积是_______．（只填结果）
【答案】见解析
【解析】
试题分析：探究：由四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，利用SAS易证得△BCE≌△DCG，则可得BE=DG；
（2）解：在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，AB=6，∴BC=AF=3，AC= ，∴S平行四边形BCFD=3× = ，S△ACF= ×3× = ，S平行四边形ADBC= ．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理、等边三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型.
∵AB∥DE，
∴∠ABE＋∠DEC＝180°，
∴∠DEC＝60°，
∴∠DCE＝∠DEC＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
试题解析：（1）∵b=2a，点M是AD的中点，
∴AB=AM=MD=DC=a，
又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AMB=∠DMC=45°，
∴∠BMC=90°．
（2）存在，
理由：若∠BMC=90°，
则∠AMB+∠DMC=90°，
又∵∠AMB+∠ABM=90°，
∴∠ABM=∠DMC，
又∵∠A=∠D=90°，
（2）由△AED≌△CEB′可得AE=CE，且EF⊥AC，根据等腰三角形的性质可得EF垂直平分AC，∠AEF=∠CEF．即AF=CF，∠CEF=∠AFE=∠AEF，可得AE=AF，则可证四边形AECF是菱形．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D
∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠
【详解】
延长BF，交DA的延长线于点M，连接BD．
∵四边形ABCD是矩形，∴MD∥BC，∴∠AMF=∠EBF，∠E=∠MAF，又FA=FE，∴△AFM≌△EFB，∴AM=BE，FB=FM．
∵矩形ABCD中，∴AC=BD，AD=BC，∴BC+BE=AD+AM，即CE=MD．
∵CE=AC，∴AC=CE=BD=DM．
6．如图，现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′处．AB′与CD交于点E．
（1）求证：△AED≌△CEB′；
（2）过点E作EF⊥AC交AB于点F，连接CF，判断四边形AECF的形状并给予证明．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意可得AD=BC=B'C，∠B=∠D=∠B'，且∠AED=∠CEB'，利用AAS证明全等，则结论可得；
应用：由AD∥BC，BE=DG，可得S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，又由AE=3ED，可求得△CDE的面积，继而求得答案．
试题解析：
探究：∵四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F．
∵∠A=∠F，
∴∠BCD=∠ECG．
∴∠BCD-∠ECD=∠ECG-∠ECD，
（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；
（3）过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB，证明△EFM≌△BPA，设AP=x，利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF，结合二次函数的性质求出最值．
试题解析：（1）解：如图1，
（2）由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形的对应边成比例，即可得方程：x2﹣bx+a2=0，由b＞2a，a＞0，b＞0，即可判定△＞0，即可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意；
（3）由（2），当b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程x2﹣bx+a2=0的根的情况，即可求得答案．
即∠BCE=∠DCG．
在△BCE和△DCG中，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE=DG．
应用：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∵BE=DG，
∴S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，
∵AE=3ED，
∴S△CDE= ,
∴S△ECG=S△CDE+S△CDG=10
∴S菱形CEFG=2S△ECG=20.
特例探究
(1)如图1，当∠ABC＝90°时，写出线段MB与ME的数量关系，位置关系；
(2)如图2，当∠ABC＝120°时，试探究线段MB与ME的数量关系，并证明你的结论；
拓展延伸
(3)如图3，当∠ABC＝α时，请直接用含α的式子表示线段MB与ME之间的数量关系．
【答案】(1)MB＝ME，MB⊥ME；(2)ME＝ MB．证明见解析；(3)ME＝MB·tan .
∴BM垂直平分AC，
∵∠ABC=90°，BA=BC，
∴∠MBE= ∠ABC=45°，∠ACB=∠DCE=45°，
∵AB∥DE，
∴∠ABE+∠DEC=180°，
∴∠DEC=90°，
∴∠DCE=∠CDE=45°，
∴EC=ED，∵MC=MD，
∴EM垂直平分线段CD，EM平分∠DEC，