2018-2019学年湖北省某校八年级（下）期中数学试卷

这是一份2018-2019学年湖北省某校八年级（下）期中数学试卷，共19页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 使二次根式5−a有意义的a的取值范围是（ ）
A.a≥0B.a≠5C.a≥5D.a≤5

2. 以下列长度的线段为边，不能构成直角三角形的是( )
A.2，3，4B.1，1，2C.2，3，5D.5，12，13

3. 下列计算正确的是（ ）
A.33−3=3B.2+3=23C.(−2)2=−2D.8=22

4. 下列命题中，假命题是（ ）
A.对角线互相平分的四边形是平行四边形
B.对角线互相平分且相等的四边形是矩形
C.对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D.对角线互相垂直且相等的四边形是正方形

5. 若(4−b)2=4−b，则b满足的条件是（ ）
A.b>4B.b<4C.b≥4D.b≤4

6. 直角三角形两边长分别为为3和5，则另一边长为（ ）
A.4B.34C.34或4D.不确定

7. 平行四边形一边长为12cm，那么它的两条对角线的长度可以是（ ）
A.8cm和14cmB.10cm 和14cm
C.18cm和20cmD.10cm和34cm

8. 如图，在任意四边形ABCD中，M，N，P，Q分别是AB，BC，CD，DA上的点，对于四边形MNPQ的形状，以下结论中，错误的是（ ）

A.当M，N，P，Q是各边中点，四边MNPQ一定为平行四边形
B.当M，N，P，Q是各边中点，且∠ABC＝90∘时，四边形MNPQ为正方形
C.当M，N、P，Q是各边中点，且AC＝BD时，四边形MNPQ为菱形
D.当M，N、P、Q是各边中点，且AC⊥BD时，四边形MNPQ为矩形

9. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，点E，F分别是边AB，BC的中点，点P在AC上运动，在运动过程中，存在PE+PF的最小值，则这个最小值是（ ）

A.3B.4C.5D.6

10. 将n个边长都为1cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，…，An分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为( )

A.14 cm2B.n−14cm2C.n4 cm2D.(14)ncm2
二、填空题：（本题有6个小题，每小题3分，共18分）

如图，在平行四边形ABCD中，AC＝8cm，BD＝14cm，则△DBC的周长比△ABC的周长多 6 cm．


如图，一旗杆离地面6m处折断，旗杆顶部落在离旗杆底部8m处，旗杆折断之前的高度是 16 m．


计算：若a＝3−10，则代数式a2−6a−2＝________．

对于两个实数a、b，定义运算@如下：a@b=a+1b，例如3@4=3+14．那么15@x2＝4，则x等于________．

如图，矩形纸片ABCD中，已知AD＝8，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF＝3，则AB的长为________．


如图，正方形ABCD中，AB＝12，点E在边BC上，BE＝EC，将△DCE沿DE对折至△DFE，延长EF交边AB于点G′，连接DG、BF，给出以下结论：
①△DAG≅△DFG：②BG＝2AG；③S△DGF＝120；④S△BEF=725，其中所有正确结论有：________．

三、解答题（本题有9个小题，共72分）

计算：18−412+24÷3.

已知如图，O为平行四边形ABCD的对角线AC的中点，EF经过点O，且与AB交于E，与CD 交于F．
求证：四边形AECF是平行四边形．


如图，△ABC中，∠ACB=90∘，AB=25，BC=15．
求：
(1)△ABC的面积；

(2)斜边AB上的高CD．

先化简，再求值a2−b2a2b+ab2÷(1−a2+b22ab)，其中a＝2+3，b＝2−3．

如图，直角坐标系中的网格由单位正方形构成，△ABC中，A点坐标为(2, 3)，B点坐标为(−2, 0)，C点坐标为(0, −1)．
（1）________的长为________；

（2）求证：AC⊥BC；

（3）若以________、________、________及点________为顶点的四边形为平行四边形________，画出平行四边形________，并写出________点的坐标________．

如图，四边形ABCD中，AD // BC，AB⊥AC，点E是BC的中点，AE与BD交于点F，且F是AE的中点．
(Ⅰ)求证：四边形AECD是菱形；
(Ⅱ)若AC＝4，AB＝5，求四边形ABCD的面积．


如图，已如等腰Rt△ABC和△CDE，AC＝BC，CD＝CE，连接BE、AD，P为BD中点，M为AB中点、N为DE中点，连接PM、PN、MN．
（1）试判断△PMN的形状，并证明你的结论；

（2）若CD＝5，AC＝12，求△PMN的周长．

如图，在平行四边形ABCD中，E是AD上一点，连接BE，F为BE中点，且AF＝BF．

（1）求证：四边形ABCD为矩形；

（2）过点F作FG⊥BE，垂足为F，交BC于点G，若BE＝BC，S△BFG＝5，CD＝4．求CG．

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且交AG于点F．

（1）求证：AE＝BF；

（2）如图1，连接DF、CE，探究线段DF与CE的关系并证明；

（3）如图2，若AB=6，G为CB中点，连接CF，直接写出四边形CDEF的面积为________．
参考答案与试题解析
2018-2019学年湖北省某校八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本题共10题，每小题3分，共30分）下列各题均有四个备选答案，其中有且仅有个答案是正确的，请用2B铅笔在答题卡上将正确的答案代号涂黑．
1.
【答案】
D
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
根据二次根式有意义，被开方数大于等于0列不等式求解即可．
【解答】
由题意得，5−a≥0，
解得a≤5．
2.
【答案】
A
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
根据勾股定理的逆定理对四个选项进行逐一判断即可．
【解答】
解：A，∵ 22+32=13≠42，∴ 不能构成直角三角形，故本选项符合要求；
B，∵ 12+12=(2)2，∴ 能构成直角三角形，故本选项不符合要求；
C，∵ (2)2+(3)2=(5)2，∴ 能构成直角三角形，故本选项不符合要求；
D，∵ 52+122=132，∴ 能构成直角三角形，故本选项不符合要求．
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
二次根式的性质与化简
二次根式的加减混合运算
【解析】
直接利用二次根式的性质分别化简计算即可．
【解答】
A、33−3=23，故此选项错误；
B、2+3无法计算，故此选项错误；
C、(−2)2=2，故此选项错误；
D、8=22，正确．
4.
【答案】
D
【考点】
命题与定理
【解析】
根据平行四边形的判定方法可知A是真命题，根据矩形的判定方法可知B是真命题，根据菱形的判定方法可知C是真命题，根据对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，可知D是假命题．
【解答】
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形，是真命题；B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形，是真命题；
C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，是真命题；
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形，是假命题；
5.
【答案】
D
【考点】
二次根式的性质与化简
【解析】
根据二次根式的性质列出不等式，解不等式即可．
【解答】
∵ (4−b)2=4−b，
∴ 4−b≥0，
解得，b≤4，
6.
【答案】
C
【考点】
勾股定理
【解析】
由于此题没有明确斜边，应考虑两种情况：5是直角边或5是斜边，根据勾股定理进行计算．
【解答】
5是直角边时，则第三边=32+52=34，
5是斜边时，则第三边=52−32=4，
故有两种情况34或4．
7.
【答案】
C
【考点】
三角形三边关系
平行四边形的性质
【解析】
根据平行四边形的性质得出AO＝CO=12AC，BO＝DO=12BD，在每个选项中，求出AO、BO的值，再看看是否符合三角形三边关系定理即可．
【解答】
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AO＝CO=12AC，BO＝DO=12BD，
A、AO＝4cm，BO＝7cm，
∵ AB＝12cm，
∴ 在△AOB中，AO+BOB、AO＝5cm，BO＝7cm，
∵ AB＝12cm，
∴ 在△AOB中，AO+BO＝AB，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误；
C、AO＝9cm，BO＝10cm，
∵ AB＝12cm，
∴ 在△AOB中，AO+BO>AB，AB+AO>BO，OB+AB>AO，符合三角形三边关系定理，故本选项正确；
D、AO＝5cm，BO＝17cm，
∵ AB＝12cm，
∴ 在△AOB中，AO+AB＝BO，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误；
8.
【答案】
B
【考点】
平行四边形的判定
菱形的判定
矩形的判定
正方形的判定
中点四边形
【解析】
连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ // AC，PQ=12AC，MN // AC，MN=12AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【解答】
连接AC、BD交于点O，
∵ M，N，P，Q是各边中点，
∴ PQ // AC，PQ=12AC，MN // AC，MN=12AC，
∴ PQ // MN，PQ＝MN，
∴ 四边MNPQ一定为平行四边形，A说法正确，不符合题意；
∠ABC＝90∘时，四边形MNPQ不一定为正方形，B说法错误，符合题意；
AC＝BD时，MN＝MQ，
∴ 四边形MNPQ为菱形，C说法正确，不符合题意；
AC⊥BD时，∠MNP＝90∘，
∴ 四边形MNPQ为矩形，D说法正确，不符合题意；
9.
【答案】
C
【考点】
菱形的性质
轴对称——最短路线问题
【解析】
设AC交BD于O，作E关于AC的对称点N，连接NF，交AC于P，则此时EP+FP的值最小，根据菱形的性质推出N是AD中点，P与O重合，推出PE+PF＝NF＝AB，根据勾股定理求出AB的长即可．
【解答】
设AC交BD于O，作E关于AC的对称点N，连接NF，交AC于P，则此时EP+FP的值最小，
∴ PN＝PE，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ ∠DAB＝∠BCD，AD＝AB＝BC＝CD，OA＝OC，OB＝OD，AD // BC，
∵ E为AB的中点，
∴ N在AD上，且N为AD的中点，
∵ AD // CB，
∴ ∠ANP＝∠CFP，∠NAP＝∠FCP，
∵ AD＝BC，N为AD中点，F为BC中点，
∴ AN＝CF，
在△ANP和△CFP中
∵ ∠ANP=∠CFPAN=CF∠NAP=∠CFP ，
∴ △ANP≅△CFP(ASA)，
∴ AP＝CP，
即P为AC中点，
∵ O为AC中点，
∴ P、O重合，
即NF过O点，
∵ AN // BF，AN＝BF，
∴ 四边形ANFB是平行四边形，
∴ NF＝AB，
∵ 菱形ABCD，
∴ AC⊥BD，OA=12AC＝4，BO=12BD＝3，
由勾股定理得：AB=AO2+BO2=5，
10.
【答案】
B
【考点】
正方形的性质
【解析】
根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的14，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为n−1阴影部分的和．
【解答】
解：由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的14，即是14，
5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为14×4，
n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为14×(n−1)=n−14cm2．
故选B．
二、填空题：（本题有6个小题，每小题3分，共18分）
【答案】
6
【考点】
平行四边形的性质
【解析】
由平行四边形的性质可知：AC＝2AO，BD＝2OD，AB＝DC，所以△DBC的周长和△ABC的周长的差即为BD−AC的值，问题得解
【解答】
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB＝DC，AC＝2AO，BD＝2OD，
∵ AO＝4，OD＝7，
∴ BD＝14，AC＝8，
∴ △DBC的周长−△ABC的周长＝BD+BC+DC−AC−BC−AB＝AC−BD＝14−8＝6，
【答案】
旗杆折断后，落地点与旗杆底部的距离为8m，旗杆离地面6m折断，且旗杆与地面是垂直的，
所以折断的旗杆与地面形成了一个直角三角形．
根据勾股定理，折断的旗杆为62+82=10m，
所以旗杆折断之前高度为10m+6m＝16m．
故此题答案为16m．
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
图中为一个直角三角形，根据勾股定理两个直角边的平方和等于斜边的平方．此题要求斜边和直角边的长度，解直角三角形即可．
【解答】
旗杆折断后，落地点与旗杆底部的距离为8m，旗杆离地面6m折断，且旗杆与地面是垂直的，
所以折断的旗杆与地面形成了一个直角三角形．
根据勾股定理，折断的旗杆为62+82=10m，
所以旗杆折断之前高度为10m+6m＝16m．
故此题答案为16m．
【答案】
−1
【考点】
二次根式的化简求值
【解析】
先根据完全平方公式得出(a−3)2−11，再代入求出即可．
【解答】
∵ a=3−10，
∴ a2−6a−2
＝(a−3)2−11
＝(3−10−3)2−11
＝10−11
＝−1，
【答案】
±4
【考点】
平方根
实数的运算
【解析】
直接利用已知将原式变形进而得出答案．
【解答】
∵ 15@x2＝4，
∴ 15+1x2=4，
则x2=4，
解得：x＝±4．
【答案】
6
【考点】
翻折变换（折叠问题）
【解析】
先根据矩形的特点求出BC的长，再由翻折变换的性质得出△CEF是直角三角形，利用勾股定理即可求出CF的长，再在△ABC中利用勾股定理即可求出AB的长．
【解答】
解:∵ 四边形ABCD是矩形，AD＝8，
∴ BC＝8，
∵ △AEF是△AEB翻折而成，
∴ BE＝EF＝3，AB＝AF，△CEF是直角三角形，
∴ CE＝8−3＝5，
在Rt△CEF中，CF = CE2 − EF2 = 52 − 32 = 4，
设AB＝x，
在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2，即(x+4)2＝x2+82，
解得x＝6，
则AB＝6．
故答案为:6
【答案】
①②④
【考点】
正方形的性质
全等三角形的判定
翻折变换（折叠问题）
【解析】
根据正方形的性质和折叠的性质可得AD＝DF，∠A＝∠GFD＝90∘，于是根据“HL”判定Rt△ADG≅Rt△FDG，再由GF+GB＝GA+GB＝12，EB＝EF，△BGE为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG＝4，BG＝8，进而求出△BEF的面积，再抓住△BEF是等腰三角形，而△GED显然不是等腰三角形，判断③是错误的，问题得解．
【解答】
如图，由折叠可知，DF＝DC＝DA，∠DFE＝∠C＝90∘，
∴ ∠DFG＝∠A＝90∘，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
AD=DFDG=DG ，
∴ Rt△ADG≅Rt△FDG(HL)，故①正确；
∵ 正方形边长是12，
∴ BE＝EC＝EF＝6，
设AG＝FG＝x，则EG＝x+6，BG＝12−x，
由勾股定理得：EG2＝BE2+BG2，
即：(x+6)2＝62+(12−x)2，
解得：x＝4
∴ AG＝GF＝4，BG＝8，BG＝2AG，故②正确；
BE＝EF＝6，△BEF是等腰三角形，易知△GED不是等腰三角形，故③错误；
S△GBE=12×6×8＝24，S△BEF=EFEG⋅S△GBE=610×24=725，故④正确．
三、解答题（本题有9个小题，共72分）
【答案】
解：18−412+24÷3
=32−22+22
=32．
【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
先计算二次根式的除法运算，再化简二次根式为最简二次根式，最后合并同类二次根式即可．
【解答】
解：18−412+24÷3
=32−22+22
=32．
【答案】
证明：∵ 平行四边形ABCD中AB // CD，
∴ ∠OAE＝∠OCF，
又∵ OA＝OC，∠COF＝∠AOE，
∴ △AOE≅△COF(ASA)，
∴ OE＝OF，
∴ 四边形AECF是平行四边形．
【考点】
平行四边形的性质与判定
【解析】
求证四边形AECF是平行四边形．只要求证OE＝OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可求证．依据△AOE≅△COF即可证明OA＝OC．
【解答】
证明：∵ 平行四边形ABCD中AB // CD，
∴ ∠OAE＝∠OCF，
又∵ OA＝OC，∠COF＝∠AOE，
∴ △AOE≅△COF(ASA)，
∴ OE＝OF，
∴ 四边形AECF是平行四边形．
【答案】
解：(1)∵ ∠ACB=90∘，AB=25，BC=15，
∴ AC=AB2−BC2=252−152=20，
∴ △ABC的面积为12×20×15=150.
(2)∵ 12×AB⋅CD=12×AC⋅BC
∴ CD=AC⋅BCAB=20×1525=12．
【考点】
三角形的面积
勾股定理
【解析】
（1）首先利用勾股定理求得AC，进而得出三角形面积即可；
（2）利用三角形的面积求得AB上的高CD即可．
【解答】
解：(1)∵ ∠ACB=90∘，AB=25，BC=15，
∴ AC=AB2−BC2=252−152=20，
∴ △ABC的面积为12×20×15=150.
(2)∵ 12×AB⋅CD=12×AC⋅BC
∴ CD=AC⋅BCAB=20×1525=12．
【答案】
原式=(a−b)(a+b)ab(a+b)÷2ab−a2−b22ab=a−bab⋅[−2ab(a−b)2]=−2a−b；
当a＝2+3，b＝2−3时，
a−b＝23，
∴ 原式=−223=−33．
【考点】
分式的化简求值
【解析】
运算顺序是先做括号内的减法，此时要注意把各分母先因式分解，确定最简公分母进行通分；做除法时要注意先把除法运算转化为乘法运算，而做乘法运算时要注意先把分子、分母能因式分解的先分解，然后约分．
【解答】
原式=(a−b)(a+b)ab(a+b)÷2ab−a2−b22ab=a−bab⋅[−2ab(a−b)2]=−2a−b；
当a＝2+3，b＝2−3时，
a−b＝23，
∴ 原式=−223=−33．
【答案】
AC,25
，(−4，-
A,B,C,D,ABCD,ABCD,D,(0, 4)，(4, 2)，(−4, −4)．
【考点】
坐标与图形性质
勾股定理
勾股定理的逆定理
平行四边形的判定
【解析】
（1）利用勾股定理计算出AC即可；
（2）首先计算出BC2，AB2，AC2，再利用勾股定理逆定理可判定△ABC是直角三角形，进而可得AC⊥BC；
（3）利用平面直角坐标系结合网格画出平行四边形可得D点坐标．
【解答】
AC=42+22=25，
故答案为：25；
∵ BC2＝12+22＝5，AB2＝32+42＝25，AC2＝20，
∵ BC2+AC2＝AB2，
∴ △ABC是直角三角形，
∴ AC⊥BC；
如图所示：D点的坐标(0, 4)，(4, 2)，(−4, −4)，
故答案为：(0, 4)，(4, 2)，(−4, −4)．
【答案】
证明(Ⅰ)∵ AD // BC
∴ ∠ADB＝∠DBE
∵ F是AE中点
∴ AF＝EF且∠AFD＝∠BFE，∠ADB＝∠DBE
∴ △ADF≅△BEF
∴ BE＝AD
∵ AB⊥AC，E是BC中点
∴ AE＝BE＝EC
∴ AD＝EC，且AD // BC
∴ 四边形ADCE是平行四边形
且AE＝EC
∴ 四边形ADCE是菱形
（2）∵ AC＝4，AB＝5，AB⊥AC
∴ S△ABC＝10
∵ E是BC中点
∴ S△AEC=12S△ABC＝5
∵ 四边形ADCE是菱形
∴ S△AEC＝S△ACD＝5
∴ 四边形ABCD的面积＝S△ABC+S△ACD＝15
【考点】
直角三角形斜边上的中线
菱形的判定
勾股定理
【解析】
(Ⅰ)由题意可证四边形ADCE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求AE＝CE，即结论可得；
(Ⅱ)由题意可求S△AEC＝S△ACD=12S△ABC，即可求四边形ABCD的面积．
【解答】
证明(Ⅰ)∵ AD // BC
∴ ∠ADB＝∠DBE
∵ F是AE中点
∴ AF＝EF且∠AFD＝∠BFE，∠ADB＝∠DBE
∴ △ADF≅△BEF
∴ BE＝AD
∵ AB⊥AC，E是BC中点
∴ AE＝BE＝EC
∴ AD＝EC，且AD // BC
∴ 四边形ADCE是平行四边形
且AE＝EC
∴ 四边形ADCE是菱形
（2）∵ AC＝4，AB＝5，AB⊥AC
∴ S△ABC＝10
∵ E是BC中点
∴ S△AEC=12S△ABC＝5
∵ 四边形ADCE是菱形
∴ S△AEC＝S△ACD＝5
∴ 四边形ABCD的面积＝S△ABC+S△ACD＝15
【答案】
（2）∵ ∠ACD＝90∘，CD＝5，AC＝12，
∴ AD=CD2+AD2=13，
∴ PN＝PM=12AD=132，
∵ △PMN是等腰直角三角形，
∴ MN=2PM=1322，
∴ △PMN的周长＝PM+PN+MN＝13+1322．
【考点】
全等三角形的性质与判定
等腰直角三角形
三角形中位线定理
【解析】
（1）延长BE交AD于F，证出PM为△ABD的中位线，PN为△BDE的中位线，得出PM // AD，PM=12AD，PN // BE，PN=12BE，证明△BCE≅△ACD，得出BE＝AD，∠CBE＝∠CAD，得出PM＝PN，再证出∠AFE＝90∘，得出BE⊥AD，延长PM⊥PN，即可得出△PMN是等腰直角三角形；
（2）由勾股定理得出AD=CD2+AD2=13，得出PN＝PM=12AD=132，由等腰直角三角形的性质得出MN=2PM=1322，即可得出△PMN的周长．
【解答】
（1）△PMN是等腰直角三角形，理由如下：
延长BE交AD于F，
【答案】
证明：∵ F为BE中点，AF＝BF，
∴ AF＝BF＝EF，
∴ ∠BAF＝∠ABF，∠FAE＝∠AEF，
在△ABE中，∠BAF+∠ABF+∠FAE+∠AEF＝180∘，
∴ ∠BAF+∠FAE＝90∘，
又四边形ABCD为平行四边形，
∴ 四边形ABCD为矩形；
连接EG，过点E作EH⊥BC，垂足为H，
∵ F为BE的中点，FG⊥BE，
∴ BG＝GE，
∵ S△BFG＝5，CD＝4，
∴ S△BGE＝10=12BG⋅EH，
∴ BG＝GE＝5，
在Rt△EGH中，GH=GE2−EH2=3，
在Rt△BEH中，BE=BH2+EH2=45=BC，
∴ CG＝BC−BG＝45−5．
【考点】
平行四边形的性质
矩形的判定与性质
【解析】
（1）求出∠BAE＝90∘，根据矩形的判定推出即可；
（2）求出△BGE面积，根据三角形面积公式求出BG，得出EG长度，根据勾股定理求出GH，求出BE，得出BC长度，即可求出答案．
【解答】
证明：∵ F为BE中点，AF＝BF，
∴ AF＝BF＝EF，
∴ ∠BAF＝∠ABF，∠FAE＝∠AEF，
在△ABE中，∠BAF+∠ABF+∠FAE+∠AEF＝180∘，
∴ ∠BAF+∠FAE＝90∘，
又四边形ABCD为平行四边形，
∴ 四边形ABCD为矩形；
连接EG，过点E作EH⊥BC，垂足为H，
∵ F为BE的中点，FG⊥BE，
∴ BG＝GE，
∵ S△BFG＝5，CD＝4，
∴ S△BGE＝10=12BG⋅EH，
∴ BG＝GE＝5，
在Rt△EGH中，GH=GE2−EH2=3，
在Rt△BEH中，BE=BH2+EH2=45=BC，
∴ CG＝BC−BG＝45−5．
【答案】
证明：∵ DE⊥AG于点E，BF // DE且交AG于点F，
∴ BF⊥AG于点F，
∴ ∠AED＝∠BFA＝90∘，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB＝AD且∠BAD＝∠ADC＝90∘，
∴ ∠BAF+∠EAD＝90∘，
∵ ∠EAD+∠ADE＝90∘，
∴ ∠BAF＝∠ADE，
在△AFB和△DEA中，
∠AED=∠BFA=90∠BAF=∠ADEAB=AD ，
∴ △AFB≅△DEA(AAS)，
∴ BF＝AE；
DF＝CE且DF⊥CE．
理由如下：∵ ∠FAD+∠ADE＝90∘，∠EDC+∠ADE＝∠ADC＝90∘，
∴ ∠FAD＝∠EDC，
∵ △AFB≅△DEA，
∴ AF＝DE，
又∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD＝CD，
在△FAD和△EDC中，
AF=DE∠FAD=∠EDCAD=CD ，
∴ △FAD≅△EDC(SAS)，
∴ DF＝CE且∠ADF＝∠DCE，
∵ ∠ADF+∠CDF＝∠ADC＝90∘，
∴ ∠DCE+∠CDF＝90∘，
∴ DF⊥CE；
3
【考点】
全等三角形的性质与判定
正方形的性质
【解析】
（1）根据垂直的定义和平行线的性质求出∠AED＝∠BFA＝90∘，根据正方形的性质可得AB＝AD，∠BAD＝∠ADC＝90∘，再利用同角的余角相等求出∠BAF＝∠ADE，然后利用“角角边”证明△AFB和△DEA全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝BF；
（2）根据同角的余角相等求出∠FAD＝∠EDC，根据全等三角形对应边相等可得AF＝DE，根据正方形的性质可得AD＝CD，然后利用“边角边”证明△FAD和△EDC全等，根据全等三角形对应边相等可得DF＝CE，全等三角形对应角相等可得∠ADF＝∠DCE，再求出∠DCF+∠CDF＝90∘，然后根据垂直的定义证明即可；
（3）根据线段中点的定义求出BG，再利用勾股定理列式求出AG，然后利用△ABG的面积列出方程求出BF，再利用勾股定理列式求出AF，从而得到AE＝EF，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得DF＝AD，然后根据对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【解答】
证明：∵ DE⊥AG于点E，BF // DE且交AG于点F，
∴ BF⊥AG于点F，
∴ ∠AED＝∠BFA＝90∘，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB＝AD且∠BAD＝∠ADC＝90∘，
∴ ∠BAF+∠EAD＝90∘，
∵ ∠EAD+∠ADE＝90∘，
∴ ∠BAF＝∠ADE，
在△AFB和△DEA中，
∠AED=∠BFA=90∠BAF=∠ADEAB=AD ，
∴ △AFB≅△DEA(AAS)，
∴ BF＝AE；
DF＝CE且DF⊥CE．
理由如下：∵ ∠FAD+∠ADE＝90∘，∠EDC+∠ADE＝∠ADC＝90∘，
∴ ∠FAD＝∠EDC，
∵ △AFB≅△DEA，
∴ AF＝DE，
又∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD＝CD，
在△FAD和△EDC中，
AF=DE∠FAD=∠EDCAD=CD ，
∴ △FAD≅△EDC(SAS)，
∴ DF＝CE且∠ADF＝∠DCE，
∵ ∠ADF+∠CDF＝∠ADC＝90∘，
∴ ∠DCE+∠CDF＝90∘，
∴ DF⊥CE；
∵ AB=6，G为CB中点，
∴ BG=12BC=62，
由勾股定理得，AG=AB2+BG2=(6)2+(62)2=302，
∵ S△ABG=12AG⋅BF=12AB⋅BG，
∴ 12×302⋅BF=12×6×62，
解得BF=305，
由勾股定理得，AF=AB2−BF2=(6)2−(305)2=2305，
∵ △AFB≅△DEA，
∴ AE＝BF=305，
∴ AE＝EF=305，
∴ DE垂直平分AF，
∴ DF＝AD=6，
由（2）知，DF＝CE且DF⊥CE，
∴ 四边形CDEF的面积=12DF⋅CE=12×6×6=3．
故答案为：3．