数学第十五章 四边形综合与测试同步测试题

这是一份数学第十五章 四边形综合与测试同步测试题，共31页。
京改版八年级数学下册第十五章四边形重点解析
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、下列测量方案中，能确定四边形门框为矩形的是（ ）
A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量对角线是否相等 D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等
2、下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3、下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4、如图，菱形中，，．以为圆心，长为半径画，点为菱形内一点，连，，．若，且，则图中阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
5、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
6、如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（　　）

A．AB=BE B．DE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE
7、如图，点E是△ABC内一点，∠AEB＝90°，D是边AB的中点，延长线段DE交边BC于点F，点F是边BC的中点．若AB＝6，EF＝1，则线段AC的长为（　　）

A．7 B． C．8 D．9
8、下列四个图形中，为中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
9、已知，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．设有以下条件：①AB＝AD；②AC＝BD；③AO＝CO，BO＝DO；④四边形ABCD是矩形；⑤四边形ABCD是菱形；⑥四边形ABCD是正方形．那么，下列推理不成立的是（　　）
A．①④⇒⑥ B．①③⇒⑤ C．①②⇒⑥ D．②③⇒④
10、平面直角坐标系内与点P关于原点对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，若DE＝4cm，则BC＝_____cm．


2、如图，正方形ABCD的面积为18，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 _____．

3、如图，在平行四边形ABCD中，，E、F分别在CD和BC的延长线上，，，则______．


4、能使平行四边形ABCD为正方形的条件是___________(填上一个符合题目要求的条件即可)．
5、如图，在长方形ABCD中，．在DC上找一点E，沿直线AE把折叠，使D点恰好落在BC上，设这一点为F，若的面积是54，则的面积=______________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，△AOB是等腰直角三角形．
（1）若A（﹣4，1），求点B的坐标；
（2）AN⊥y轴，垂足为N，BM⊥y轴，垂足为点M，点P是AB的中点，连PM，求∠PMO度数；
（3）在（2）的条件下，点Q是ON的中点，连PQ，求证：PQ⊥AM．

2、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AB＝20．点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC向终点C运动，同时点M从点A出发，以每秒4个单位的速度沿AB向终点B运动，过点P作PQ⊥AB于点Q，连结PQ，以PQ、MQ为邻边作矩形PQMN，当点P运动到终点时，整个运动停止，设矩形PQMN与Rt△ABC重叠部分图形的面积为S（S＞0），点P的运动时间为t秒．

（1）①BC的长为 　 ；
②用含t的代数式表示线段PQ的长为 　 ；
（2）当QM的长度为10时，求t的值；
（3）求S与t的函数关系式；
（4）当过点Q和点N的直线垂直于Rt△ABC的一边时，直接写出t的值．
3、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，．
（1）试判断四边形BDCE的形状，并证明你的结论；
（2）若∠ABC＝30°，AB＝4，则四边形BDCE的面积为 ．

4、如图，矩形ABCD中，，，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形．
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．

5、（教材呈现）如图是华师版八年级下册数学教材第117页的部分内容．

结合图①，写出完整的证明过程
（应用）如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD，BC于点E，F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若AB=4，BC=5，则EF的长为 ．
（拓展）如图③，直线EF分别交平行四边形ABCD的边AD，BC于点E，F，将平行四边形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若AB=，BC=6，∠C=45°，则五边形ABFEG的周长为 ．


-参考答案-
一、单选题
1、D
【分析】
由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】
解：A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对边分别相等是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴对角线相等的四边形不是矩形，
∴选项C不符合题意；
D、∵对角线交点到四个顶点的距离都相等，
∴对角线互相平分且相等，
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、解题的关键是熟记矩形的判定定理．
2、C
【分析】
根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：
把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
3、C
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
4、C
【分析】
过点P作交于点M，由菱形得，，由，得，，故可得，，根据SAS证明，求出，即可求出．
【详解】

如图，过点P作交于点M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，
在中，，
∴，
，即，
解得：，
∴．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质以及求不规则图形的面积等知识，掌握扇形的面积公式是解答此题的关键．
5、D
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【详解】
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选D．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
6、B
【分析】
先证明四边形BCED为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB=BE，DE=AD，
∴BD⊥AE，
∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
B、∵DE⊥DC，
∴∠EDB=90°+∠CDB＞90°，
∴四边形DBCE不能为矩形，故本选项符合题意；
C、∵∠ADB=90°，
∴∠EDB=90°，
∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
D、∵CE⊥DE，
∴∠CED=90°，
∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定等知识，判定四边形BCED为平行四边形是解题的关键．
7、C
【分析】
根据直角三角形的性质求出DE，由EF=1，得到DF，再根据三角形中位线定理即可求出线段AC的长．
【详解】
解：∵∠AEB＝90，D是边AB的中点，AB＝6，
∴DE＝AB＝3，
∵EF＝1，
∴DF＝DE+EF＝3+1＝4．
∵D是边AB的中点，点F是边BC的中点，
∴DF是ABC的中位线，
∴AC＝2DF＝8．
故选：C．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形中位线定理，求出DF的长是解题的关键．
8、B
【分析】
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【详解】
解：选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
选项A、C、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形定义，关键是找出对称中心．
9、C
【分析】
根据已知条件以及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定条件，对选项进行分析判断即可．
【详解】
解：A、①④可以说明，一组邻边相等的矩形是正方形，故A正确．
B、③可以说明四边形是平行四边形，再由①，一组临边相等的平行四边形是菱形，故B正确．
C、①②，只能说明两组邻边分别相等，可能是菱形，但菱形不一定是正方形，故C错误．
D、③可以说明四边形是平行四边形，再由②可得：对角线相等的平行四边形为矩形，故D正确．
故选：C．
【点睛】
本题主要是考查了特殊四边形的判定，熟练掌握各类四边形的判定条件，是解决本题的关键．
10、C
【分析】
根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可．
【详解】
解：由题意，得
点P（-2，3）关于原点对称的点的坐标是（2，-3），
故选：C．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
二、填空题
1、8
【分析】
运用三角形的中位线的知识解答即可．
【详解】
解：∵△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE=8cm．
故答案是8．
【点睛】
本题主要考查了三角形的中位线，掌握三角形的中位线等于底边的一半成为解答本题的关键．
2、
【分析】
由正方形的对称性可知，PB＝PD，当B、P、E共线时PD+PE最小，求出BE即可．
【详解】
解：∵正方形中B与D关于AC对称，
∴PB＝PD，
∴PD+PE＝PB+PE＝BE，此时PD+PE最小，
∵正方形ABCD的面积为18，△ABE是等边三角形，
∴BE＝3，
∴PD+PE最小值是3，
故答案为：3．

【点睛】
本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
3、8
【分析】
证明四边形ABDE是平行四边形，得到DE=CD＝，， 过点E作EH⊥BF于H，证得CH=EH，利用勾股定理求出EH，再根据30度角的性质求出EF．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，AB=CD，
∵，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴DE=CD＝，，
过点E作EH⊥BF于H，
∵，
∴∠ECH=，
∴CH=EH，
∵，，
∴CH=EH=4，
∵∠EHF=90°，，
∴EF=2EH=8，
故答案为：8．

【点睛】
此题考查了平行四边形的判定及性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，熟记各知识点并应用解决问题是解题的关键．
4、AC=BD且AC⊥BD（答案不唯一）
【分析】
根据正方形的判定定理，即可求解．
【详解】
解：当AC=BD时，平行四边形ABCD为菱形，
又由AC⊥BD，可得菱形ABCD为正方形，
所以当AC=BD且AC⊥BD时，平行四边形ABCD为正方形．
故答案为：AC=BD且AC⊥BD（答案不唯一）
【点睛】
本题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
5、6
【分析】
根据三角形的面积求出BF，利用勾股定理列式求出AF，再根据翻折变换的性质可得AD=AF，然后求出CF，设DE=x，表示出EF、EC，然后在Rt△CEF中，利用勾股定理列方程求解和三角形的面积公式解答即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD=9，BC=AD
∵•AB•BF＝54，
∴BF=12．
在Rt△ABF中，AB=9，BF=12，
由勾股定理得，．
∴BC=AD=AF=15，
∴CF=BC-BF=15-12=3．
设DE=x，则CE=9-x，EF=DE=x．
则x2=（9-x）2+32，
解得，x=5．
∴DE=5．
∴EC=DC-DE=9-5=4．
∴△FCE的面积=×4×3=6．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，三角形的面积，勾股定理，熟记各性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键．
三、解答题
1、（1）（1，4）；（2）45°；（3）见解析

【分析】
（1）过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，证明△OAE≌△BOF得到OF=AE，BF=OE，再由点A的坐标为（-4，1），得到OF=AE=1，BF=OE=4，则点B的坐标为（1，4）；
（2）延长MP与AN交于H，证明△APH≌△BPM得到AH=BM，再由A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），得到AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，则HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，瑞出HN=MN，即可得到∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；
（3）连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，则GP是△ABM的中位线，AM∥GP，证明△PQO≌△PGB得到∠OPQ=∠BPG，再由∠OPQ+∠BPQ=90°，得到∠BPG+∠BPQ=90°，即∠GPQ=90°，则PQ⊥PG，即PG⊥AM；
【详解】
解：（1）如图所示，过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，
∴∠AEO=∠OFB=90°，
∴∠AOE+∠OAE=90°，
又∵∠AOB=90°，
∴∠AOE+∠BOF=90°，
∴∠OAE=∠BOF，
∵AO=OB，
∴△OAE≌△BOF（AAS），
∴OF=AE，BF=OE，
∵点A的坐标为（-4，1），
∴OF=AE=1，BF=OE=4，
∴点B的坐标为（1，4）；

（2）如图所示，延长MP与AN交于H，
∵AH⊥y轴，BM⊥y轴，
∴BM∥AN，
∴∠MBP=∠HAP，∠AHP=∠BMP，
∵点P是AB的中点，
∴AP=BP，
∴△APH≌△BPM（AAS），
∴AH=BM，
∵A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），
∴AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，
∴HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，
∴HN=MN，
∴∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；

（3）如图所示，连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，
∴GP是△ABM的中位线，
∴AM∥GP，
∵Q是ON的中点，G是BM的中点，ON=BM=1，
∴，
∵P是AB中点，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB=90°，
∴，∠OAB=∠OBA=45°，∠OPB=90°
∴∠PAO=∠POA=45°，
∴∠POB=45°，
∵∠NAO+∠NOA=90°，∠NOA+∠BON=90°，
∴∠NAO=∠BON，
∵∠OAB=∠POB=45°，
∴∠BAN+∠NAO=∠POQ+∠BON，即∠BAN=∠POQ，
由（2）得∠GBP=∠BAN，
∴∠GBP=∠QOP，
∴△PQO≌△PGB（SAS），
∴∠OPQ=∠BPG，
∵∠OPQ+∠BPQ=90°，
∴∠BPG+∠BPQ=90°，即∠GPQ=90°，
∴PQ⊥PG，
∴PG⊥AM；

【点睛】
本题主要考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
2、（1）①；②；（2）t的值为或；（3）S=-t2+20t或S=；（4）t=2s或s．
【分析】
（1）①由勾股定理可求解；
②由直角三角形的性质可求解；
（2）分两种情况讨论，由QM的长度为10，列出方程可求解；
（3）分两种情况讨论，由面积公式可求解；
（4）分两种情况讨论，由含30°角的直角三角形三边的比值可求解．
【详解】
解：（1）①∵∠ACB=90°，∠B＝30°，AB＝20，
∴AC==10，
∴BC=；
②∵PQ⊥AB，
∴∠BQP=90°，
∵∠B=30°，
∴PQ=，
由题意得：BP=2t，
∴PQ=t，
故答案为：t；
（2）在Rt△PQB中，
BQ==3t，
当点M与点Q相遇，20=AM+BQ=4t+3t，
∴t=，
当0＜t＜时，MQ=AB-AM-BQ，
∴20-4t-3t=10，
∴t=，
当＜t≤=5时，MQ=AM+BQ-AB，
∴4t+3t-20=10，
∴t=，
综上所述：当QM的长度为10时，t的值为或；
（3）当0＜t＜时，S=PQ·MQ=t×（20-7t）=-t2+20t；
当＜t≤5时，如图，

∵四边形PQMN是矩形，
∴PN=QM=7t-20，PQ=t，
∴∠B=30°，
∴ME∶BE∶BM=1∶2∶，
∵BM=20-4t，
∴ME=，
∴S==；
（4）如图，若NQ⊥AC，

∴NQ∥BC，
∴∠B=∠MQN=30°，
∵MN∶NQ∶MQ=1∶2∶，
∵MQ=20-7t，MN=PQ=，
∴，
∴t=2，
如图，若NQ⊥BC，

∴NQ∥AC，
∴∠A=∠BQN=90°-∠B=60°，
∴∠PQN=90°-∠BQN=30°，
∴PN∶NQ∶PQ=1∶2∶，
∵PN=MQ=7t-20，PQ=，
∴，
∴t=，
综上所述：当t=2s或s时，过点Q和点N的直线垂直于Rt△ABC的一边．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行线的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
3、（1）四边形是菱形，证明见解析；（2）
【分析】
（1）先证明四边形是平行四边形，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证明从而可得结论；
（2）先求解 再求解的面积，再利用菱形的性质可得菱形的面积.
【详解】
证明：（1）四边形是菱形，理由如下：
，
四边形是平行四边形，
∠ACB＝90°，D为AB中点，

四边形是菱形.
（2） ∠ABC＝30°，AB＝4，∠ACB＝90°，


D为AB中点，

四边形是菱形，

故答案为：
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定，菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，掌握“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”是解本题的关键.
4、（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）由题意知，，通过得到，证明四边形BEDF平行四边形．
（2）四边形BEDF为菱形，，；设，；在中用勾股定理，解出的长，在中用勾股定理，得到的长，由得到的值．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点
∴，

在和中

∴（ASA）
∴
∴四边形BEDF是平行四边形．
（2）解：∵四边形BEDF为菱形，
∴，
又∵，
∴，
设，则
在中，
∴
在中，
∴．
【点睛】
本题考察了平行四边形的判定，三角形全等，菱形的性质，勾股定理．解题的关键与难点在于对平行四边形的性质的灵活运用．
5、【教材呈现】见解析；【应用】 ；【拓展】
【分析】
（教材呈现）由“ASA”可证△AOE≌△COF，可得OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形AFCE是平行四边形，即可证平行四边形AFCE是菱形；
（应用）过点F作FH⊥AD于H，由折叠的性质可得AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，由勾股定理可求BF、EF的长，
（拓展）过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，由等腰直角三角形的性质可求AN＝BN＝3，由勾股定理可求AE＝AF，再利用勾股定理可求EF的长，再求出五边形ABFEG的周长．
【详解】
解：（教材呈现）∵四边形ABCD是矩形，
∴AECF，
∴∠EAO＝∠FCO，
∵EF垂直平分AC，
∴AO＝CO，∠AOE＝∠COF＝90°，
∴△AOE≌△COF（ASA）
∴OE＝OF，
又∵AO＝CO，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE是菱形；
（应用）如图，连接AC、EC
由（教材呈现）可得平行四边形AFCE是菱形，

∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AF2＝BF2＋AB2，
∴（5−BF）2＝BF2＋16，
∴BF＝，
∴AF＝CF＝，
∵AB⊥BC，
∴△ABC是直角三角形
∴AC=
∵S四边形AFCE=，
∴
∴EF＝，
故答案为：．
（拓展）如图，过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，

∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝45°，
∴∠ABC＝135°，
∴∠ABN＝45°，
∵AN⊥BC，
∴∠ABN＝∠BAN＝45°，
∴△ANB是等腰直角三角形
∵AN2+BN2=AB2，AN＝BN
∴AN＝BN＝3，NC=6+3=9
∵将▱ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，
∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵ADBC，
∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∵AF2＝AN2＋NF2，
∴AF2＝9＋（9−AF）2，
∴AF＝5，
∴AE＝AF＝5，
∵ANMF，ADBC，
∴四边形ANFM是平行四边形，
∵AN⊥BC，
∴四边形ANFM是矩形，
∴AN＝MF＝3，
∴AM＝=4，
∴ME＝AE−AM＝1，
∴EF＝=，
∵BF=NF-BN=9-AF-BN=1，DE=GE=AD-AE=1
∴五边形ABFEG的周长为AB+BF+EF+GE+AG=AB+BF+EF+CD+DE=+1+++1=
故答案为：．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，折叠的性质，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直角三角形是本题的关键．