【文档说明】2023年人教版数学八年级下册《平行四边形》压轴题专项练习（含答案）.doc，共(21)页，355.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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2023年人教版数学八年级下册《平行四边形》压轴题专项练习1.如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是BC边上一点，连接AE交BD于点M，过点B作BF⊥AE于点P，交AC于点G，交CD于点F．(1)求证：△ABE≌△BCF；(2)求证：OM＝OG；(3)若AE平分∠B

AC，求证：BM2＝2OM2．2.对于长方形OABC，AB∥OC，AO∥BC，O为平面直角坐标系的原点，OA＝5，OC＝3，点B在第三象限．(1)直接写出点B的坐标(，)；(2)如图1，点Q从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O﹣A﹣B﹣C﹣

O的路线移动，①当点Q移动了3秒时，直接写出此时点Q的坐标(，)；②当点Q到y轴距离为4个单位长度时，求出点Q移动的时间．(3)如图1，若过点B的直线BP与长方形OABC的边交于点P，且将长方形OABC的面积分为1：4两部分，求点P的坐标；(4)如图2，M为x轴负半轴上一点，且∠CB

M＝∠CMB，点N是x轴正半轴上一动点，∠MCN的平分线CD交BM的延长线于点D，在点N运动的过程中，错误!未找到引用源。的值是否变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由．3.已知正方形ABCD，点F是射线DC上一动点(不与C、D重合)，连接AF并延长交直线BC于点E，交BD于点H，连

接CH，过点C作CG⊥HC交AE于点G．(1)若点F在边CD上，如图1．①证明：∠DAH＝∠DCH；②猜想线段CG与EF的关系并说明理由；(2)取DF中点M，连结MG，若MG＝4，正方形边长为6，求BE的长．4.如图①，已知正方形ABCD中，E，F分

别是边AD，CD上的点(点E，F不与端点重合)，且AE＝DF，BE，AF交于点P，过点C作CH⊥BE交BE于点H．(1)写出AF与BE的数量关系为，位置关系为．(2)若AB＝2错误!未找到引用源。，AE＝2

，试求线段BH的长．(3)如图②，连接CP并延长交AD于点Q，若点H是BP的中点，试求CP：PQ的值．5.如图，正方形ABCD，点E，F是对角线AC上的两点，∠EBF＝45°，连接BE，BF，△ABE和

△GBE关于直线BE对称．点G在BD上，连接FG．(1)求∠FBC的度数；(2)如备用图，延长BF交CD于点H，连接HG．①求证：四边形GHCF是菱形；②求CD：CH的值．6.如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，E、F是对角线AC上的两个动点，分别

从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，运动时间为t(0≤t≤5)秒．(1)若G、H分别是AB、DC的中点，且t≠2.5，求证：以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形．(2)在(1)的条件下，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形为矩形？(3)若G、H分别

是折线A﹣B﹣C，C﹣D﹣A上的动点，分别从A、C开始，与E、F相同的速度同时出发，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．7.在正方形ABCD中，点E，F在对角线AC上，AC＝12．(1)如图(1)，若BE＝BF

，则AE与CF相等吗？请说明理由；(2)如图(2)，若∠EBF＝45°，CF＝4，求EF的长；(3)如图(3)，若点E，F是AC的三等分点，点P在正方形ABCD的边上从点A开始按逆时针方向运动一周，直至返回点A，试求此过程中满足PE＋PF为整数的点P个数．8.如图

①，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD(不含B点)上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．(1)连接MN，△BMN是等边三角形吗？为什么？(2)求证：△AMB≌△ENB；(3)①当

M点在何处时，AM＋CM的值最小；②如图②，当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，请你画出图形，并说明理由．9.问题引入：如图①，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点．连结DE并延长

交AB于点F，连结BE．则BE与DE之间的数量关系是．问题延伸：如图②，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是线段DF的中点，连结PC、PG．(1)判断PC与PG之间的数量

关系，并说明理由．(2)连结CF，若AB＝3，PC＝2，则CF的长为．10.阅读下面的例题及点拨，并解决问题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点(不含端点B，C)，N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN．求证

：∠AMN＝60°．(1)点拨：如图②，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM(SAS)，请完成剩余证明过程：(2)拓展：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C

1边上一点(不含端点B1，C1)，N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1＝M1N1．求证：∠A1M1N1＝90°．11.如图，在矩形ABCD中，AM平分∠BAD，交BC于点M，点N是A

D上的一点，连接MN，MD，且MN＝MD．过点D作DF⊥MN于F，DF延长线交AM于E，过点E作EP⊥AD于P．(1)如图1，①若CD＝6，AD＝8，求线段CM的长；②求证：△PED≌△CMD；(2)如图2，过点F作FH⊥CD于H，当AM＝AD时，若AB＝

1，求FH的值．12.课本再现：(1)如图1，四个全等的直角三角形拼成﹣一个大正方形，中间空白部分也是正方形．已知直角三角形的两直角边长分别为a，b，斜边长为c．课堂上，老师结合图形，用不同的方式表示大正方形的面积，证明了勾股定理．请证明：a2＋b2＝c2．类比迁

移(2)现将图1中的两个直角三角形向内翻折，得到图2，若a＝3，b＝4，则空白部分的面积为．方法运用(3)小贤将四个全等的直角三角形拼成图3的“帽子”形状，若AH＝3，BH＝4，请求出“帽子”外围轮廓(实线

)的周长．(4)如图4，分别以Rt△ABC的三条边向外作三个正方形，连接EC，BG，若设S△EBC＝S1，S△BCG＝S2，S正方形BCIH＝S3，则S1，S2，S3之间的关系为．答案1.证明：(1)在正方形ABCD中，

∵∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC，∴∠ABF＋∠CBF＝90°，∵BF⊥AE，∴∠ABF＋∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠CBF，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF(ASA)；(2)证明：在正方形ABCD中，∵AC⊥BD，OA＝OB＝OC，∴∠AOM＝∠BO

G＝90°，∴∠MAO＋∠AMO＝90°，∵BF⊥AE，∴∠MBP＋∠BMP＝90°，又∵∠BMP＝∠AMO，∴∠MAO＝∠MBP，在△AOM和△BOG中，，∴△AOM≌△BOG(ASA)，∴OM＝OG；(3)证明：如图，作MN⊥AB于点N，∵AC⊥BD，AE平分∠BAC，∴OM＝MN，又∵∠AB

D＝45°，∴BN＝MN，在Rt△BMN中，BM2＝BN2＋MN2＝2MN2＝2OM2．2.解：(1)∵在长方形OABC中，OA＝5，OC＝3，∴AB＝OC＝3，BC＝OA＝5，∵∠OAB＝∠OCB＝90°，∵点B在第三象限，∴B(﹣5，﹣3)，故答案为：(﹣5，﹣3)；(2)①点Q

从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O﹣A﹣B﹣C﹣O的路线移动，当点Q移动了3秒时，Q运动了6个单位，此时Q在AB上，∵OA＝5，∴QA＝6﹣5＝1，∴Q(﹣5，﹣1)；故答案为：Q(﹣5，﹣1)；②∵点Q到y轴距离为4个单位长度，∴点Q在OA或BC上，当Q在OA上时，QO

＝4，此时t＝2(秒)，当Q在BC上时，此时Q运动了5＋5＋3﹣4＝9个单位，t＝9÷2＝4.5(秒)，(3)①当点P在OA上时，设P(x，0)(x＜0)，∵S△ABP：S四边形BCOP＝1：4，∴S△ABP＝15S矩形OABC，即12×3(x＋5)＝15×5×3，解得x＝﹣3，∴P(﹣3，0)；

②当点P在OC上时，设P(0，y)(y＜0)，∵S△CBP：S四边形BPOA＝1：4，∴S△CBP＝15S矩形OABC，即12×5(y＋3)＝15×5×3，解得y＝﹣95，∴P(0，﹣95)，综上所述，P点坐标为(﹣3，0)或(0

，﹣95)；(4)的值不会变化，理由如下：延长BC至点F，如图，∵四边形OABC为长方形，∴OA∥BC，∴∠CBM＝∠AMB，∠AMC＝∠MCF，∵∠CBM＝∠CMB，∴∠MCF＝2∠CMB，过点M作ME∥CD交BC于点E，∴∠EMC＝∠MCD，∠D＝∠BME，又∵CD平分∠MCN，

∴∠NCM＝2∠EMC，∴∠D＝∠BME＝∠CMB﹣∠EMC，∠CNM＝∠NCF＝∠MCF﹣∠NCM＝2∠BMC﹣2∠DCM＝2∠D，∴＝12．3.证明：(1)①∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB＝∠CDB＝45°，AD＝DC，在△ADH和△CDH中，，∴

△ADH≌△CDH(SAS)，∴∠DAH＝∠DCH；②结论：EF＝2CG，理由如下：∵△DAH≌△DCH，∴∠DAF＝∠DCH，∵CG⊥HC，∴∠FCG＋∠DCH＝90°，∴∠FCG＋∠DAF＝90°，∵∠DFA＋∠DAF＝90°，∠DFA＝∠CF

G，∴∠CFG＝∠FCG，∴GF＝GC，∵∠GCE＋∠GCF＝90°，∠CFG＋∠E＝90°，∴∠GCE＝∠GCF，∴CG＝GE，∴EF＝2CG；(2)①如图，当点F在线段CD上时，连接DE．∵∠GFC＝∠GCF，∠GEC＋∠GFC＝90°，∠GCF＋∠GCE＝90°，∴∠GCE＝∠GEC

，∴EG＝GC＝FG，∵FG＝GE，FM＝MD，∴DE＝2MG＝8，在Rt△DCE中，CE＝27，∴BE＝BC＋CE＝6＋27；②如图，当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．同法可知GM是△DEC的中位线，∴DE＝2GM＝8，在Rt△DCE中，CE＝27，∴BE＝BC﹣CE＝6﹣

27综上所述，BE的长为6＋27或6﹣27．4.解：(1)AF＝BE，AF⊥BE，理由：在正方形ABCD中，AB＝DA，∠EAB＝∠D＝90°，又∵AE＝DF，∴△ABE≌△DAF(SAS)，∴∠ABE＝∠DAF，AF＝BE，又∵∠DAF＋∠FAB＝∠EAB＝90°，∴∠AB

E＋∠FAB＝90°，∴∠APB＝90°，∴AF⊥BE，故答案为：AF＝BE，AF⊥BE；(2)在正方形ABCD中，∠EAB＝90°，AB＝23，AE＝2，∴BE＝4，∵S△ABE＝12AB•AE＝12BE•AP，∴AP＝3，在Rt△ABP

中，BP＝3，∵∠APB＝∠ABC＝90°，∴∠ABP＋∠HBC＝90°，∠HCB＋∠HBC＝90°，∴∠ABP＝∠HCB，∵CH⊥BE，∴∠HCB＝90°，又∵AB＝BC，∴△ABP≌△BCH(AAS)，∴BH＝AP＝3，(3)在正方形ABCD中，AB＝BC，AD∥BC，∵CH

⊥BP，PH＝BH，∴CP＝BC，∴∠CBP＝∠CPB，∵∠CPB＝∠QPE，∠CBP＝∠QEP，∴∠QPE＝∠QEP，在Rt△APE中，∠QAP＝∠QPA，∴QE＝QP＝QA，在四边形QABC中，设QP＝a，CP＝b，则AB＝BC＝b，AQ＝a，QC＝a＋b，∵DC2＋DQ2＝CQ2，∴b

2＋(b﹣a)2＝(a＋b)2，∴b2＝4ab，即b＝4a，∴CP：PQ＝4．5.解：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，∠CBD＝∠ABD＝∠BAC＝∠BCA＝45°，由轴对称的性质得：∠BGE＝∠BAE

＝45°，∠ABE＝∠GBE＝12∠ABD＝22.5°，∵∠EBF＝45°，∴∠DBF＝45°﹣22.5°＝22.5°，∴∠FBC＝∠CBD﹣∠DBF＝22.5°；(2)①证明：设AC与BD交于点O，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACD＝45°，

OA＝OC，AC⊥BD，∴∠BEF＝∠BFE＝90°﹣22.5°＝67.5°，∴BE＝BF，∴OE＝OF，∴GE＝GF，∵AC⊥BD，∴∠BGF＝∠NGE＝45°，∴∠EGF＝45°＋45°＝90°，∴△EFG是等腰直角三角形，∴∠GFE＝45

°＝∠ACD，∴GF∥HC，∵∠CFH＝∠BFE＝67.5°，∠CHF＝90°﹣∠FBC＝67.5°，∴∠CFH＝∠CHF，∴HC＝CF，∵OA＝OC，OE＝OF，∴AE＝CF，∴GF＝CF＝HC，∴四边形GHCF是平行

四边形，∵HC＝CF，∴平行四边形GHCF是菱形；②解：设OE＝OF＝a，则AE＝GE＝GF＝CF＝CH＝2a，∴AC＝(2＋22)a，∴CD＝22AC＝(2＋2)a，∴CD：CH＝1＋2．6.解：(1)∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B

＝90°，∴∠BAC＝∠DCA，∵AB＝6cm，BC＝8cm，在Rt△ABC中，AC＝10cm，∵G、H分别是AB、DC的中点，∴AG＝12AB，CH＝12CD，∴AG＝CH，∵E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度

均为2cm/s，∴AE＝CF，∴AF＝CE，∴△AGF≌△CHE(SAS)，∴GF＝HE，∠AFG＝∠CEH(或得∠EFG＝∠FEH)，∴GF∥HE，∴以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形；(2)如图1，连接GH，由(1)可知四边形EGFH是平行四边形，∵G、

H分别是AB、DC的中点，∴GH＝BC＝8cm，∴当EF＝GH＝8cm时，四边形EGFH是矩形，分两种情况：①若AE＝CF＝2t，则EF＝10﹣4t＝8，解得：t＝0.5，②若AE＝CF＝2t，则EF＝2t＋

2t﹣10＝8，解得：t＝4.5，即当t为4.5秒或0.5秒时，四边形EGFH是矩形；(3)如图2，连接AG、CH，∵四边形GEHF是菱形，∴GH⊥EF，OG＝OH，OE＝OF，∵AF＝CE∴OA＝OC，∴四边形AGCH是菱形，∴AG＝CG，设AG＝CG＝x，则BG＝8﹣x

，由勾股定理得：AB2＋BG2＝AG2，即62＋(8﹣x)2＝x2，解得：x＝254，∴BG＝8﹣254=74，∴AB＋BG＝6＋74=314，t＝314÷2＝，即t为秒时，四边形EGFH是菱形．7.解：(1)AE＝CF，理由：连接BD，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AC

⊥BD，OA＝OC．∵BE＝BF，∴OE＝OF，∴OA﹣OE＝OC﹣OF．即：AE＝BF．(2)将△BCF绕着点B逆时针旋转90°得到△BAG，连接EG，如图，则△BCF≌△BGA，∴∠ABG＝∠FBC，∠GAB＝∠FCB＝45°，BG＝BF，∴∠GAE

＝∠GAB＋∠BAC＝45°＋45°＝90°，∵∠ABC＝90°，∠EBF＝45°，∴∠ABE＋∠CBF＝45°，∴∠GBA＋∠ABE＝45°，即：∠GBE＝45°，∴∠GBE＝∠FBE＝45°．在△GBE和△FBE中，，∴△GBE和△

FBE(SAS)，∴GE＝EF，AG＝CF＝4．设EF＝BG＝x，则AE＝AC﹣CF﹣EF＝8﹣x，在Rt△AGE中，∵AG2＋AE2＝GE2，∴42＋(8﹣x)2＝x2，解得：x＝5，∴EF＝5；(3)当P，A两点重合时，PE＋PF＝4＋8＝12，符合

题意；当点P在A，B两点之间时，作点E关于AB的对称点E′，连接E′F交AB于点P，如图，则此时PE＋PF的值最小，∵点E关于AB的对称点E′，∴AE′＝AE＝4，PE′＝PE，AB⊥E′E，∴∠E′AB＝∠EAB＝4

5°，∴∠E′AE＝90°，∴PE＋PF＝PE′＋PF＝E′F＝45＜9；当P，B两点重合时，连接BD交AC于点O，如图，则OE＝OA﹣AE＝2，OB＝OA＝6，∴PE＝BE＝210，同理，PF＝210，∴

PE＋PF＝410＜13，不符合题意，∴点P在AB边上运动时，45≤PE＋PF≤410，则符合题意的点有8个(包括点A)，由对称性可知，在正方形的四边上符合题意的点有：7×4＋2＝30．8.解：(1)△BMN

是等边三角形．理由如下：如图①，∵BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，∴BM＝BN，∠MBN＝60°，∴△BMN是等边三角形；(2)证明：∵△ABE和△BMN都是等边三角形，∴AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，∴∠ABE﹣∠ABN＝∠

MBN﹣∠ABN，即∠ABM＝∠EBN，在△AMB和△ENB中，，∴△AMB≌△ENB(SAS)；(3)①由两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，AM＋CM的值最小，∵四边形ABCD是正方形，∴点M为BD的中点；②当点M在CE与BD的交点时，AM＋BM＋

CM的值最小，理由如下：如图②，∵△AMB≌△ENB，∴AM＝EN，∵△BMN是等边三角形，∴BM＝MN，∴AM＋BM＋CM＝EN＋MN＋CM，由两点之间线段最短可知，点E、N、M、C在同一直线上时，EN＋MN＋

CM，故，点M在CE与BD的交点时，AM＋BM＋CM的值最小．9.解：问题引入：BE＝DE，理由如下：∵AB∥CD，∴∠A＝∠C，∵E是AC的中点，∴AE＝CE，在△AEF和△CED中，，∴△AEF≌△CED(ASA)，∴EF＝DE，∵∠ABD

＝90°，∴BE为Rt△BDF斜边上的中线，∴EF＝DE＝BE，∴BE＝DE；故答案为：BE＝DE；问题延伸：(1)PC＝PG，理由如下：如图，延长GP交CD于点M，∵四边形ABCD，BEFG为正方形，∴CD∥AE

∥GF，∠BCD＝90°，∴∠CDP＝∠PFG，∵P为DF的中点，∴DP＝FP，在△DPM和△FPG中，，∴△DPM≌△FPG(ASA)，∴PM＝PG，GF＝DM，∵PC为Rt△MCG斜边上的中线，∴PC＝PG＝PM，∴PC＝PG；(2)∵四边形ABCD、BEFG为正方形，∴AB＝

BC＝CD＝3，BG＝GF＝DM，∠CGF＝90°，设BG＝GF＝DM＝x，∴CM＝CG＝3﹣x，∵PC＝PG＝PM＝2，∴MG＝22，∵MC2＋CG2＝MG2，∴(3﹣x)2＋(3﹣x)2＝(22)2，∴x＝1，∴GF＝1，CG＝3﹣1＝2，∴CF＝5

．10.证明：(1)点拨：如图2，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM，易证△ABM≌△EBM(SAS)，∴AM＝EM，∠1＝∠2；∵AM＝MN，∴EM＝MN，∴∠3＝∠4；∵∠3＋∠1

＝∠4＋∠5＝60°，∴∠1＝∠2＝∠5．∵∠2＋∠6＝120，∴∠5＋∠6＝120°，∴∠AMN＝60°；(2)拓展：延长AB至E，使EB＝AB，连接EMC、EC，如图所示：则EB＝BC，∠EBM中＝90°＝∠ABM，∴△EBC是等腰直角三角形，∴∠BEC＝∠BCE＝45°，∵N是正方

形ABCD的外角∠DCH的平分线上一点，∴∠MCN＝90°＋45°＝135°，∴∠BCE＋∠MCN＝180°，∴E、C、N，三点共线，在△ABM和△EBM中，，∴△ABM≌△EBM(SAS)，∴AM＝EM，∠1＝∠2，∵AM＝MN，∴EM＝MN

，∴∠3＝∠4，∵∠2＋∠3＝45°，∠4＋∠5＝45°，∴∠1＝∠2＝∠5，∵∠1＋∠6＝90°，∴∠5＋∠6＝90°，∴∠AMN＝180°﹣90°＝90°．11.解：(1)①如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠BAD＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，

∵AM平分∠BAD，∴∠BAM＝12∠BAD＝45°，∴∠BAM＝∠AMB＝45°，∴BM＝AB＝6，∴CM＝BC﹣BM＝8﹣6＝2；②证明：如图1中，过点M作MH⊥AD于H．∵MN＝MD，∴∠MND＝∠MDN，∵MN⊥DE，∴∠EDP＋∠MND＝90°，∵∠CDM

＋∠MDN＝90°，∴∠EDP＝∠CDM，∵∠MAH＝∠AMH＝45°，∴∠DEM＝∠MAH＋∠ADE＝45°＋∠ADE，∠DME＝∠AMH＋∠DMH，∵MH∥CD，∴∠DMH＝∠CDM＝∠EDP，∴∠DME＝∠DEM

，∴DM＝DE，在△PED和△CMD中，，∴△PED≌△CMD(AAS)；(2)解：如图3中，过点F作FR⊥BC于R．∵AB＝1，AB＝CD＝1，则AB＝BM＝1，AM＝AD＝2，∴BC＝AD＝2，CM＝

BC﹣BM＝2-1，∵△PED≌△CMD，∴PE＝CM＝2-1，∵∠EAP＝45°，∴AE＝2PE＝2﹣2，∵AM＝AD，∠MAD＝45°，∴∠AMD＝∠ADM＝67.5°，∵DM＝DE，∴∠DEM＝∠DME＝67.5°，∴∠MDE＝45°，∵MN⊥D

E，∴∠DFM＝90°，∠FDM＝∠FMD＝45°，∴FM＝FD，∵FR⊥BC，FH⊥CD，∴∠FRM＝∠FHD＝90°，∵∠C＝∠CRF＝∠CHF＝90°，∴四边形CRFH是矩形，∴∠RFH＝∠MFD＝90°，

∴∠RFM＝∠HFD，在△FRM和△FHD中，，∴△FRM≌△FHD(AAS)，∴FR＝FH，RM＝DH，∴四边形CRFH是正方形，∴CM＋CD＝CR﹣RM＋CH＋DH＝2FH，∴2FH＝2，∴FH＝22．12.证明：(1)如

图1，∵大的正方形的面积可以表示为(a＋b)2，大的正方形的面积又可以表示为c2＋4×12ab，∴c2＋2ab＝a2＋b2＋2ab，∴a2＋b2＝c2；(2)解：如图2，空白部分的面积＝边长为c的正方形的面积﹣2个直角三角形的面积＝c2﹣2×12ab，∵a＝3，b＝4，∴空白部分

的面积＝32＋42﹣2×12×3×4＝13．故答案为：13．(3)解：如图3，在Rt△ABH中，AB＝5，∵△ABH≌△AFH≌△ADI≌△ADG，∴AD＝AF＝AB＝5，∴DH＝AD﹣AH＝5﹣3＝2，BI＝AB﹣

AI＝5﹣3＝2，∴DH＝BI，∵∠DCH＝∠BCI，∠CHD＝∠CIB＝90°，∴△CDH≌△CBI(AAS)，∴CD＝BC，设BC＝x，则CH＝4﹣x，在Rt△CDH中，CH2＋DH2＝CD2，∴(4﹣x)2＋22＝x2，解得：x＝52，∴BC＝CD＝52，同

理可得DE＝EF＝BC＝52，∴“帽子”外围轮廓(实线)的周长为AB＋AF＋BC＋CD＋DE＋EF＝5＋5＋52＋52＋52＋52＝20．(4)解：如图，过点A作AK⊥HI于点K，交BC于点J，∵RtABC中，∠BAC＝90°，∴AB2＋AC2＝B

C2，∵四边形ABED、四边形ACGF、四边形BCIH均为正方形，∴S正方形ABED＝AB2，S正方形ACGF＝AC2，S3＝S正方形BCIH＝BC2，∵正方形ABED与△EBC同底等高，∴S正方形ABED＝2S△EBC＝2S1，∴AB2＝2S1，∵正方形ACGF与△E

BC同底等高，∴S正方形ACGF＝2S△BCG＝2S2，∴AC2＝2S2，∵S正方形BCIH＝S3，∴2S1＋2S2＝S3，即2(S1＋S2)＝S3．