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10. 如图，在矩形 $ABCD$ 中，点 $E$ 在 $BC$ 上，$AE = AD$，$DF⊥ AE$，垂足为 $F$.
(1)求证：$DF = AB$；
(2)若 $∠ FDC = 30^{\circ}$，且 $AB = 4$，求 $AD$ 的长.
(1)求证：$DF = AB$；
(2)若 $∠ FDC = 30^{\circ}$，且 $AB = 4$，求 $AD$ 的长.
答案
(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，∠B=90°，AD=BC。
∵AD//BC，∴∠DAE=∠AEB。
∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°=∠B。
在△ADF和△EAB中，
$\{\begin{array}{l} ∠AFD=∠B\\ ∠DAF=∠AEB\\ AD=AE\end{array} $
∴△ADF≌△EAB(AAS)，∴DF=AB。
(2)∵∠ADC=90°，∠FDC=30°，∴∠ADF=∠ADC - ∠FDC=60°。
∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°，∴∠DAF=90° - ∠ADF=30°。
在Rt△AFD中，∠DAF=30°，∴DF=$\frac{1}{2}$AD。
∵DF=AB=4，∴AD=2DF=8。
∵AD//BC，∴∠DAE=∠AEB。
∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°=∠B。
在△ADF和△EAB中，
$\{\begin{array}{l} ∠AFD=∠B\\ ∠DAF=∠AEB\\ AD=AE\end{array} $
∴△ADF≌△EAB(AAS)，∴DF=AB。
(2)∵∠ADC=90°，∠FDC=30°，∴∠ADF=∠ADC - ∠FDC=60°。
∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°，∴∠DAF=90° - ∠ADF=30°。
在Rt△AFD中，∠DAF=30°，∴DF=$\frac{1}{2}$AD。
∵DF=AB=4，∴AD=2DF=8。
11. 如图，在长方形 $ABCD$ 中，$AB = 3$，$AD = 5$，$E$ 是 $CD$ 上一点，把 $△ BCE$ 沿 $BE$ 翻折，点 $C$ 落在 $AD$ 边上的点 $F$ 处，求 $EF$ 的长度.
答案
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore AB=CD=3,AD=BC=5$,$∠ A=∠ D=∠ C=∠ ABC=90^{\circ}$，
由折叠得：$BF=BC=5,EF=CE$, $ ∠ BFE=∠ C=90^{\circ}$，
在$Rt△ ABF$中，
$AF=\sqrt{BF^2 - AB^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$，
$\therefore DF=AD-AF=5-4=1$，
设$EF=x$，则$CE=x$,
$DE=3-x$，
在$Rt△ DEF$中，
$EF^{2}=DE^{2}+DF^{2}$，
$x^{2}=(3-x)^{2}+1^{2}$，
解得：$x=\frac{5}{3}$，
$\therefore EF=\frac{5}{3}$。
$\therefore AB=CD=3,AD=BC=5$,$∠ A=∠ D=∠ C=∠ ABC=90^{\circ}$，
由折叠得：$BF=BC=5,EF=CE$, $ ∠ BFE=∠ C=90^{\circ}$，
在$Rt△ ABF$中，
$AF=\sqrt{BF^2 - AB^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$，
$\therefore DF=AD-AF=5-4=1$，
设$EF=x$，则$CE=x$,
$DE=3-x$，
在$Rt△ DEF$中，
$EF^{2}=DE^{2}+DF^{2}$，
$x^{2}=(3-x)^{2}+1^{2}$，
解得：$x=\frac{5}{3}$，
$\therefore EF=\frac{5}{3}$。
12. 如图，矩形 $ABCD$ 中，延长 $AB$ 至点 $E$，延长 $CD$ 至点 $F$，$BE = DF$，连接 $EF$，与 $BC$，$AD$ 分别相交于 $P$，$Q$ 两点.
(1)求证：$CP = AQ$；
(2)若 $BP = 1$，$PQ = 2\sqrt{2}$，$∠ AEF = 45^{\circ}$，求矩形 $ABCD$ 的面积.
(1)求证：$CP = AQ$；
(2)若 $BP = 1$，$PQ = 2\sqrt{2}$，$∠ AEF = 45^{\circ}$，求矩形 $ABCD$ 的面积.
答案
(1)见证明；(2)$8$。
解析
(1)证明：∵四边形$ABCD$是矩形，∴$AB// CD$，$AD// BC$，$AB=CD$，$AD=BC$，$∠ ABC=∠ ADC=90°$。
∵$AB$延长至$E$，$CD$延长至$F$，∴$∠ EBP=180°-∠ ABC=90°$，$∠ FDQ=180°-∠ ADC=90°$，即$∠ EBP=∠ FDQ$。
∵$AB// CD$，∴$∠ E=∠ F$。
在$△ EBP$和$△ FDQ$中，$\begin{cases}∠ E=∠ F\\BE=DF\\∠ EBP=∠ FDQ\end{cases}$，∴$△ EBP≌△ FDQ(ASA)$，∴$BP=DQ$。
∵$BC=AD$，$CP=BC-BP$，$AQ=AD-DQ$，∴$CP=AQ$。
(2)解：∵$∠ AEF=45°$，$∠ EBP=90°$，∴$△ EBP$是等腰直角三角形，∴$BE=BP=1$，$EP=\sqrt{BE^2+BP^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
∵$AD// BC$，$∠ E=∠ E$，∴$△ AEQ∼△ BEP$，相似比为$\frac{AE}{BE}$。设$AB=x$，则$AE=AB+BE=x+1$，相似比为$x+1$。
∴$AQ=BP·(x+1)=x+1$。由(1)知$CP=AQ=x+1$，∴$BC=BP+CP=1+(x+1)=x+2$。
∵$∠ AEF=45°$，$∠ EAQ=90°$，∴$△ AEQ$是等腰直角三角形，$EQ=AE\sqrt{2}=(x+1)\sqrt{2}$。
∵$EQ=EP+PQ$，$PQ=2\sqrt{2}$，∴$(x+1)\sqrt{2}=\sqrt{2}+2\sqrt{2}=3\sqrt{2}$，解得$x=2$。
∴$AB=2$，$BC=x+2=4$，矩形$ABCD$面积为$AB· BC=2×4=8$。
∵$AB$延长至$E$，$CD$延长至$F$，∴$∠ EBP=180°-∠ ABC=90°$，$∠ FDQ=180°-∠ ADC=90°$，即$∠ EBP=∠ FDQ$。
∵$AB// CD$，∴$∠ E=∠ F$。
在$△ EBP$和$△ FDQ$中，$\begin{cases}∠ E=∠ F\\BE=DF\\∠ EBP=∠ FDQ\end{cases}$，∴$△ EBP≌△ FDQ(ASA)$，∴$BP=DQ$。
∵$BC=AD$，$CP=BC-BP$，$AQ=AD-DQ$，∴$CP=AQ$。
(2)解：∵$∠ AEF=45°$，$∠ EBP=90°$，∴$△ EBP$是等腰直角三角形，∴$BE=BP=1$，$EP=\sqrt{BE^2+BP^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
∵$AD// BC$，$∠ E=∠ E$，∴$△ AEQ∼△ BEP$，相似比为$\frac{AE}{BE}$。设$AB=x$，则$AE=AB+BE=x+1$，相似比为$x+1$。
∴$AQ=BP·(x+1)=x+1$。由(1)知$CP=AQ=x+1$，∴$BC=BP+CP=1+(x+1)=x+2$。
∵$∠ AEF=45°$，$∠ EAQ=90°$，∴$△ AEQ$是等腰直角三角形，$EQ=AE\sqrt{2}=(x+1)\sqrt{2}$。
∵$EQ=EP+PQ$，$PQ=2\sqrt{2}$，∴$(x+1)\sqrt{2}=\sqrt{2}+2\sqrt{2}=3\sqrt{2}$，解得$x=2$。
∴$AB=2$，$BC=x+2=4$，矩形$ABCD$面积为$AB· BC=2×4=8$。
13. 如图，在 $△ ABC$ 中，$BD⊥ AC$ 于点 $D$，$CE⊥ AB$ 于点 $E$，$M$，$N$ 分别是 $BC$，$DE$ 的中点，连接 $EM$，$DM$.
(1)求证：$EM = DM$；
(2)猜想 $MN$ 与 $ED$ 的位置关系，并说明理由.
(1)求证：$EM = DM$；
(2)猜想 $MN$ 与 $ED$ 的位置关系，并说明理由.
答案
(1)
因为$BD⊥ AC$，在$Rt△ BDC$中，$M$为$BC$中点，
根据直角三角形斜边中线定理，斜边中线等于斜边的一半，
所以$DM = \frac{1}{2}BC$。
同理，在$Rt△ BEC$中，$EM = \frac{1}{2}BC$。
所以$EM = DM$。
(2)
$MN⊥ ED$，理由如下：
由(1)知$EM = DM$，即$△ MED$为等腰三角形。
因为$N$是$ED$中点，根据等腰三角形三线合一性质，
所以$MN⊥ ED$。
因为$BD⊥ AC$，在$Rt△ BDC$中，$M$为$BC$中点，
根据直角三角形斜边中线定理，斜边中线等于斜边的一半，
所以$DM = \frac{1}{2}BC$。
同理，在$Rt△ BEC$中，$EM = \frac{1}{2}BC$。
所以$EM = DM$。
(2)
$MN⊥ ED$，理由如下：
由(1)知$EM = DM$，即$△ MED$为等腰三角形。
因为$N$是$ED$中点，根据等腰三角形三线合一性质，
所以$MN⊥ ED$。
