平行四边形单元 易错题难题同步练习试题
平行四边形单元 易错题难题同步练习试题
一、解答题
1．在一次数学探究活动中，小明对对角线互相垂直的四边形进行了探究，得出了如下结论：如图1，四边形ABCD 的对角线AC 与BD 相交于点O ，AC BD ⊥，则2222AB CD AD BC +=+．
（1）请帮助小明证明这一结论；
（2）根据小明的探究，老师又给出了如下的问题：如图2，分别以Rt ACB 的直角边AC 和斜边AB 为边向外作正ACFG 和正方形ABDE ，连结CE 、BG 、GE .已知4AC =，5AB =，求GE 的长，请你帮助小明解决这一问题．
2．如图，在平行四边形ABCD 中，AB ⊥AC ，对角线AC ，BD 相交于点O ，将直线AC 绕点O 顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC ，AD 于点E ，F ，连接BF ．
（1）如图1，在旋转的过程中，求证：OE ＝OF ；
（2）如图2，当旋转至90°时，判断四边形ABEF 的形状，并证明你的结论； （3）若AB ＝1，BC ＝5，且BF ＝DF ，求旋转角度α的大小．
3．如图，在正方形ABCD 中，点M 是BC 边上任意一点，请你仅用无刻度的直尺，用连线的方法，分别在图（1）、图（2）中按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）.
（1）在如图（1）的AB 边上求作一点N ，连接CN ，使CN AM =；
（2）在如图（2）的AD 边上求作一点Q ，连接CQ ，使CQ AM .
4．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,H 连接CH ．在EF 上取一点,G 使ECG DAH ∠=∠．
（1）若点F 在边CD 上，如图1，
①求证：CH CG ⊥．
②求证：GFC 是等腰三角形．
（2）取DF 中点,M 连接MG ．若3MG =，正方形边长为4，则BE = ．
5．如图所示，四边形ABCD 是正方形， M 是AB 延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点D ，且直角顶点E 在AB 边上滑动(点E 不与点A B 、重合)，另一直角边与CBM ∠的平分线BF 相交于点F ．
(1)求证: ADE FEM ∠=∠;
(2)如图(1)，当点E 在AB 边的中点位置时，猜想DE 与EF 的数量关系，并证明你的猜想;
(3)如图(2)，当点E 在AB 边(除两端点)上的任意位置时，猜想此时DE 与EF 有怎样的数量关系，并证明你的猜想．
6．在正方形ABCD 中，点E 是CD 边上任意一点，连接,AE 过点B 作BF AE ⊥于F ，交AD 于H .
()1如图1，过点D 作DG AE ⊥于G .求证:BF DG FG -=；
()2如图2，点E 为CD 的中点，连接DF ，试判断,,DF FH EF 存在什么数量关系并说明理由；
()3如图3，1AB =，连接EH ，点Р为EH 的中点，在点E 从点D 运动到点C 的过程中，点Р随之运动，请直接写出点Р运动的路径长.
7．已知：在矩形ABCD 中，点F 为AD 中点,点E 为AB 边上一点，连接CE 、EF 、CF ，EF 平分∠AEC ．
(1)如图1，求证：CF ⊥EF;
(2)如图2，延长CE 、DA 交于点K, 过点F 作FG ∥AB 交CE 于点G 若，点H 为FG 上一点，连接CH,若∠CHG=∠BCE, 求证：CH=FK;
(3)如图3, 过点H 作HN ⊥CH 交AB 于点N,若EN=11,FH-GH=1,求GK 长.
8．已知E ，F 分别为正方形ABCD 的边BC ，CD 上的点，AF ，DE 相交于点G ，当E ，F 分别为边BC ，CD 的中点时，有：①AF=DE ；②AF ⊥DE 成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E 不是边BC 的中点，F 不是边CD 的中点，且CE=DF ，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E ，F 分别在CB 的延长线和DC 的延长线上，且CE=DF ，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE 和BF ，若点M ，N ，P ，Q 分别为AE ，EF ，FD ，AD 的中点，请判断四边形MNPQ 是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
9．如图，ABCD 中，60ABC ∠=?，连结BD ，E 是BC 边上一点，连结AE 交BD 于点F ．
（1）如图1，连结AC ，若6AB AE ==，:5:2BC CE =，求ACE △的面积； （2）如图2，延长AE 至点G ，连结AG 、DG ，点H 在BD 上，且BF DH =，AF AH =，过A 作AM DG ⊥于点M ．若180ABG ADG ∠+∠=?，求证：3BG GD AG +=．
10．如图，ABC ?是边长为3的等边三角形，点D 是射线BC 上的一个动点（点D 不与点B 、C 重合），ADE ?是以AD 为边的等边三角形，过点E 作BC 的平行线，交直线AC 于点F ，连接BE ．
（1）判断四边形BCFE 的形状，并说明理由；
（2）当DE AB ⊥时，求四边形BCFE 的周长；
（3）四边形BCFE 能否是菱形？若可为菱形，请求出BD 的长，若不可能为菱形，请说明理由．
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一、解答题
1．（1）证明见解析；
（273
【分析】
（1）由题意根据勾股定理分别表示出2222,AB CD AD BC ++进行分析求证即可；
（2）根据题意连接CG 、BE ，证明△GAB ≌△CAE ，进而得BG ⊥CE ，再根据（1）的结论进
行分析即可求出答案．
【详解】
解：（1）∵AC ⊥BD ，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得，
222222AD BC AO DO BO CO +=+++，
222222AB CD AO BO CO DO +=+++，
∴2222AD BC AB CD +=+；
（2）连接CG 、BE ，如图2，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC ，即∠GAB=∠CAE ，
在△GAB 和△CAE 中，
AG AC GAB CAE AB AE =??∠=∠??=?
，
∴△GAB ≌△CAE （SAS ），
∴∠ABG=∠AEC ，
又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE ⊥BG ，
由（1）得，2222CG BE CB GE +=+，
∵AC=4，AB=5，
∴BC=3，2，2，
∴222273GE CG BE CB =+-=，
∴73
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，熟练并正确理解全等三角形的判定和性质以及灵活运用勾股定理是解题的关键．
2．（1）证明见解析；（2）平行四边形，理由见解析；（3）45°
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出∠OAF ＝∠OCE ，OA ＝OC ，进而判断出△AOF ≌△COE ，即可得出结论；
（2）先判断出∠BAC＝∠AOF，得出AB∥EF，即可得出结论；
（3）先求出AC＝2，进而得出A＝1＝AB，即可判断出△ABO是等腰直角三角形，进一步判断出△BFD是等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一得出∠BOF＝90°，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：在?ABCD中，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵OA＝OC，∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴OE＝OF；
（2）当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形，理由：
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∵∠AOF＝90°，
∴∠BAC＝∠AOF，
∴AB∥EF，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形；
（3）在Rt△ABC中，AB＝1，BC
∴AC＝2，
∴OA＝1＝AB，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴∠AOB＝45°，
∵BF＝DF，
∴△BFD是等腰三角形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∴OF⊥BD（等腰三角形底边上的中线是底边上的高），
∴∠BOF＝90°，
∴∠α＝∠AOF＝∠BOF﹣∠AOB＝45°．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，判断出△ABO是等腰直角三角形是解本题的关键．
3．（1）见解析；（2）见解析.
【分析】
（1）连接BD，BD与AM交于点O，连接CO并延长交于AB，则CO与AB的交点为点N．可先证明△AOD≌△COD，再证明△MOB≌NOB，从而可得NB=MB；
（2）连接MO并延长与AE交于点Q，连接QC，则CQ∥AM．理由如下：由正方形的性质
以及平行线等分线段可证QO=MO，从而可知四边形AQCM为平行四边形，从而可得
CQ∥AM．
【详解】
解：（1）如图（1），
连接BD，BD与AM交于点O，连接CO并延长交于AB，则CO与AB的交点为点N，则CN 为所作．
理由：在△AOD与△COD中，
∵
AD CD
ADO CDO OD OD
?
?
∠∠
?
?
?
＝
＝
＝
，
∴△AOD≌△COD（SAS），∴∠OAD=∠OCD，
∴∠BAM=∠BCN．
在△ABM与△CBN中，
∵
BAM BCN AB CB
ABM CBN ∠∠
?
?
?
?∠∠
?
＝
＝
＝
，
∴△ABM≌△CBN（ASA），
∴CN=AM．
（2）如图2连接AC、BD交与O点，连接MO并延长与AE交于点Q，连接QC，则CQ为所求的线段.
在正方形ABCD中，OA=OB=OC=OD，AD∥BC，
∴QO=MO
∴四边形AQCM为平行四边形，
∴QC∥AM
【点睛】
本题考查了作图-基本作图，解决此题的关键是利用正方形的性质求解．
4．（1）①见解析；②GFC 是等腰三角形，证明见解析；（2）4+2
5或4﹣25．
【分析】
（1）①只要证明△DAH ≌△DCH ，即可解决问题；
②只要证明∠CFG=∠FCG ，即可解决问题；
（2）分两种情形解决问题：①当点F 在线段CD 上时，连接DE ．②当点F 在线段DC 的延长线上时，连接DE ．分别求出EC 即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠ADB ＝∠CDB ＝45°，DA ＝DC ，
在△DAH 和△DCH 中，
DA DC ADH CDH DH DH =??∠=∠??=?
，
∴△DAH ≌△DCH ，
∴∠DAH ＝∠DCH ；
∵∠ECG=∠DAH ，
∴∠ECG=∠DCH ，
∵∠ECG+∠FCG=∠FCE=90°，
∴∠DCH+∠FCG=90°，
∴CH ⊥CG.
②∵在Rt △ADF 中，∠DFA+∠DAF ＝90°，
由①得∠DCH+∠FCG=90°，∠DAH ＝∠DCH ；
∴∠DFA ＝∠FCG ，
又∵∠DFA ＝∠CFG ，
∴∠CFG ＝∠FCG ，
∴GF ＝GC ，
∴△GFC 是等腰三角形
（2）BE 的长为 4+25425- ．
①如图①当点F 在线段CD 上时，连接DE ．
∵∠GFC ＝∠GCF ，
又∵在Rt △FCG 中，∠GEC+∠GFC ＝90°，∠GCF+∠GCE ＝90°，
∴∠GCE ＝∠GEC ，
∴EG ＝GC ＝FG ，
∴G 是EF 的中点，
∴GM 是△DEF 的中位线
∴DE ＝2MG ＝6，
在Rt △DCE 中，CE ＝22DE DC -＝2264-＝25，
∴BE ＝BC+CE ＝4+25． ②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 ＝5，
在Rt △DCE 中，CE 22DE DC -2264-5
∴BE ＝BC ﹣CE ＝4﹣5
综上所述，BE 的长为4+54﹣25
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
5．（1）详见解析；（2）DE EF =，理由详见解析；（3）DE EF =，理由详见解析
【分析】
（1）根据90,90AED FEB ADE AED ∠+∠=?∠+∠=?，等量代换即可证明；（2）DE=EF ，连接NE ，在DA 边上截取DN=EB ，证出△DNE ≌△EBF 即可得出答案；（3）在DA 边上截取DN EB =，连接NE ，证出()DNE EBF ASA ≌即可得出答案．
【详解】
(1)证明:∵90DAB DEF ∠=∠=?，
∴90,90AED FEB ADE AED ∠+∠=?∠+∠=?，
∴ADE FEM ∠=∠;
(2) ;DE EF =理由如下:
如图，取AD 的中点N ，连接NE ，
∵四边形ABCD 为正方形，
∴AD AB = ，
∵,N E 分别为,AD AB 中点 ∴11,22
AN DN AD AE EB AB ==
==， ∴,DN BE AN AE == 又∵90A ∠=?
∴45ANE ∠=?
∴180135DNE ANE ∠=?-∠=?，
又∵90CBM ∠=?，BF 平分CBM ∠
∴45,135CBF EBF ∠=?∠=?．
∴DNE EBF ∠=∠
在DNE △和EBF △中
ADE FEB DN EB
DNE EBF ∠=∠??=??∠=∠?
()DNE EBF ASA ≌，
∴DE EF =
(3) DE EF =.理由如下:
如图，在DA 边上截取DN EB =，连接NE ，
∵四边形ABCD 是正方形， DN EB =，
∴AN AE =，
∴AEN △为等腰直角三角形，
∵45ANE ∠=?
∴18045135DNE ∠=?-?=?，
∵BF 平分CBM ∠， AN AE =，
∴9045135EBF ∠=?+?=?，
∴DNE EBF ∠=∠，
在DNE △和EBF △中
ADE FEB DN EB
DNE EBF ∠=∠??=??∠=∠?
∴()DNE EBF ASA ≌，
∴DE EF =．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键就是求证△DNE ≌△EBF ．
6．（1）见解析；（2）2DF ，理由见解析；（32 【分析】
（1）如图1中，证明△AFB ≌△DGA （AAS ）可得结论．
（2）结论：2DF ．如图2中，过点D 作DK ⊥AE 于K ，DJ ⊥BF 交BF 的延长线于J ，证明四边形DKFJ 是正方形，可得结论．
（3）如图3中，取AD 的中点J ，连接PJ ，延长JP 交CD 于R ，过点P 作PT ⊥CD 于T ，PK ⊥AD 于K ．设PT=b ．证明△KPJ 是等腰直角三角形，推出点P 在线段JR 上运动，求出JR 即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵DG⊥AE，AE⊥BH，
∴∠AFB=∠DGH=90°，
∴∠FAB+∠DAG=90°，∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠BAF=∠ADG，
∴△AFB≌△DGA（AAS），
∴AF=DG，BF=AG，
∴BF-DG=AG-AF=FG．
（2）结论：FH+FE=2DF．
理由：如图2中，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADE=90°，AB=AD，
∵AE⊥BH，
∴∠AFB=90°，
∴∠DAE+∠EAB=90°，∠EAB+∠ABH=90°，
∴∠DAE=∠ABH，
∴△ABH≌△DAE（ASA），
∴AH=AE，
∵DE=EC=1
2
CD，CD=AD，
∴AH=DH，
∴DE=DH，
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE，
∴∠J=∠DKE=∠KFJ=90°，
∴四边形DKFJ是矩形，
∴∠JDK=∠ADC=90°，
∴∠JDH=∠KDE，
∵∠J=∠DKE=90°，
∴△DJH≌△DKE（AAS），
∴DJ=DK，JH=EK，
∴四边形DKFJ是正方形，
∴FK=FJ=DK=DJ，
∴DF=2FJ，
∴FH+FE=FJ-HJ+FK+KE=2FJ=2DF；
（3）如图3中，取AD的中点J，连接PJ，延长JP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K．设PT=b．
∵△ABH≌△DAE，
∴AH=DE，
∵∠EDH=90°，HP=PE，
∴PD=PH=PE，
∵PK⊥DH，PT⊥DE，
∴∠PKD=∠KDT=∠PTD=90°，
∴四边形PTDK是矩形，
∴PT=DK=b，PK=DT，
∵PH=PD=PE，PK⊥DH，PT⊥DE，
∴DH=2DK=2b，DE=2DT，
∴AH=DE=1-2b，
∴PK=1
2
DE=
1
2
-b，
JK=DJ-DK=1
2
-b，
∴PK=KJ，
∵∠PKJ=90°，∴∠KJP=45°，
∴点P在线段JR上运动，
∵JR=2DJ=2
，
∴点P的运动轨迹的长为
2
2
．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．7．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)CN=25.
【解析】
【分析】
(1)如图，延长EF交CD延长线于点Q，先证明CQ=CE，再证明△FQD≌△FEA，根据全等三角形的对应边相等可得EF=FQ，再根据等腰三角形的性质即可得CF⊥EF；
(2)分别过点F、H作FM⊥CE ，HP⊥CD，垂足分别为M、P，证明四边形DFHP是矩形，继而证明△HPC≌△FMK，根据全等三角形的性质即可得CH=FK；
(3)连接CN，延长HG交CN于点T，设∠DCF=α，则∠GCF=α，先证明得到FG=CG=GE，
∠CGT=2α，再由FG是BC的中垂线，可得BG = CG，∠CGT=∠FGK=∠BGT=2α，再证明HN∥BG，得到四边形HGBN是平行四边形，继而证明△HNC≌△KGF，推导可得出
HT=CT=TN ，由FH-HG=1，所以设GH=m，则BN=m，FH=m+1，CE=2FG=4m+2，继而根据22222
BC CN BN CE BE
=-=-，可得关于m的方程，解方程求得m的值即可求得答案.【详解】
(1)如图，延长EF交CD延长线于点Q，
∵矩形ABCD，AB∥CD，
∴∠AEF=∠CQE，∠A=∠QDF，
又∵EF 平分∠AEC ，
∴∠AEF=∠CEF，
∴∠CEF=∠CQE，
∴CQ=CE，
∵点F是AD中点，
∴AF=DF，
∴△FQD≌△FEA，
∴EF=FQ，
又∵CE=CQ，
∴CF⊥EF；
(2)分别过点F、H作FM⊥CE ，HP⊥CD，垂足分别为M、P，
∵CQ=CE ，CF⊥EF，
∴∠DCF=∠FCE，
又∵FD⊥CD，
∴FM=DF，
∵FG//AB，∴∠DFH=∠DAC=90°，
∴∠DFH=∠FDP=∠DPH=90°，
∴四边形DFHP是矩形，
∴DF=HP，
∴FM= DF=HP，
∵∠CHG=∠BCE，AD∥BC，FG∥CD，
∴∠K=∠BCE=∠CHG=∠DCH，
又∵∠FMK=∠HPC=90°，
∴△HPC≌△FMK，
∴CH=FK；
(3)连接CN，延长HG交CN于点T，设∠DCF=α，则∠GCF=α，∵FG∥CD ，∴∠DCF=∠CFG，
∴∠FCG=∠CFG，∴FG=CG，
∵CF⊥EF，
∴∠FEG+∠FCG=90°，∠CFG+∠GFE=90°，
∴∠GFE=∠FEG，∴GF=FE，
∴FG=CG=GE，∠CGT=2α，
∵FG是BC的中垂线，
∴BG = CG，∠CGT=∠FGK=∠BGT=2α，
∵∠CHG=∠BCE=90°-2α，∠CHN=90°，
∴∠GHN=∠FGK=∠BGT=2α，
∴HN ∥BG ，
∴四边形HGBN 是平行四边形，
∴HG=BN ，HN=BG = CG =FG ，
∴△HNC ≌△KGF ，
∴GK=CN ，∠HNC=∠FGK=∠NHT=2α，
∴HT=CT=TN ，
∵FH-HG=1，∴设GH=m ，则BN=m ，FH=m+1，CE=2FG=4m+2，
∵GT=1122
EN =，∴CN=2HT=11+2m ， ∵22222BC CN BN CE BE =-=-，
∴2222(112)(42)(11)m m m m +-=+-+ ∴1176
m =-
(舍去)，27m =， ∴CN=GK=2HT=25.
【点睛】 本题考查的是四边形综合题，涉及了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的性质与判定，三角形外角的性质等，综合性较强，难度较大，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
8．（1）成立；（2）成立，理由见试题解析；（3）正方形，证明见试题解析．
【解析】
试题分析：（1）因为四边形ABCD 为正方形，CE=DF ，可证△ADF ≌△DCE （SAS ），即可得到AF=DE ，∠DAF=∠CDE ，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF ⊥DE ；
（2）∵四边形ABCD 为正方形，CE=DF ，可证△ADF ≌△DCE （SAS ），即可得到AF=DE ，∠E=∠F ，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF ⊥DE ；
（3）设MQ ，DE 分别交AF 于点G ，O ，PQ 交DE 于点H ，因为点M ，N ，P ，Q 分别为AE ，EF ，FD ，AD 的中点，可得MQ=PN=12DE ，PQ=MN=12
AF ，MQ ∥DE ，PQ ∥AF ，然后根据AF=DE ，可得四边形MNPQ 是菱形，又因为AF ⊥DE 即可证得四边形MNPQ 是正方形．
试题解析：（1）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD 为正方形，∴AD=DC ，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF 和△DCE 中，∵DF=CE ，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD ，∴△ADF ≌△DCE （SAS ），∴AF=DE ，
∠DAF=∠CDE ，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF ⊥DE ； （2）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD 为正方形，∴AD=DC ，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF 和△DCE 中，∵DF=CE ，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD ，∴△ADF ≌△DCE （SAS ），∴AF=DE ，∠E=∠F ，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF ⊥DE ；
（3）四边形MNPQ 是正方形．理由是：
如图，设MQ ，DE 分别交AF 于点G ，O ，PQ 交DE 于点H ，∵点M ，N ，P ，Q 分别为AE ，EF ，FD ，AD 的中点，
∴MQ=PN=12DE ，PQ=MN=12
AF ，MQ ∥DE ，PQ ∥AF ，∴四边形OHQG 是平行四边形，∵AF=DE ，∴MQ=PQ=PN=MN ，∴四边形MNPQ 是菱形，∵AF ⊥DE ，∴∠AOD=90°，∴∠HQG=∠AOD=90°，∴四边形MNPQ 是正方形．
考点：1．四边形综合题；2．综合题．
9．（1）63；（2）见详解．
【分析】
（1）根据所给的60°，判断出等边三角形，得出BE=6，根据所给比例关系，求出CE ，然后求出三角形面积；
（2）利用已知条件能够求出ABF ≌ADH ，之后需要构造全等图形，使所求的BG+GD 转化在同一直线上，然后根据含有30°的特殊直角三角形的关系，即可证明出结果．
【详解】
解：（1） 如图：过A 点作AN ⊥BE ，交BE 于N ．
∵60ABC ∠=?，6AB AE ==
∴△ABE 为等边三角形，
∴AB=BE=AE=6
即：AN=33∵:5:2BC CE =
∴:5:3BC BE =
∵BE=6
∴BC=10
∴EC=4 ∴113346322
ACE S AN EC ==??= 即：ACE △的面积为63．
（2）
如图：延长GD 至P 使DP=BG ，连接AP ，
∵AH=AF ，
∴∠AFH=∠AHF
即：∠AFB=∠AHD ，
又∵AF=AH ，BF=DH ，
∴ABF ≌ADH
∴AB=AD
又∵180ABG ADG ∠+∠=?，180ADP ADG ∠+∠=?，
∴∠ABG=∠ADP
∵BG=DP ，
∴ABG ≌ADP △
∴AG=AP ，∠BAG=∠DAP
∵∠ABC=60°
∴∠BAD=120°
即：∠GAP=120°
∴∠AGP=∠APG=60°，
又∵AM ⊥GD
∴GP=2GM=3AG ，
∵BG=GP
∴BG+GD=GD+DP=GP
即：BG+GD=3AG ．
【点睛】
本题重点考察在平行四边形中利用平行四边形的性质证明图形面积，以及构造全等图形求多边之间的关系，构造全等三角形是本题的解题关键．
10．（1）平行四边形，理由见解析；（2）9；（3）可为菱形，BD=6或0
【分析】
（1）先证明()EAB DAC SAS ???，得60ABE C ∠=∠=?，可得//AC BE ，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形BCFE 是平行四边形；
（2）如图2，证明90AEB =?∠，根据直角三角形30度角所对的直角边为斜边的一半可得BE 的长，根据平行四边形的周长计算方法可得结论；
（3）分两种情况：①当D 在边BC 的延长线上；②当D 在边BC 上时；分别画图可得BD 的长．
【详解】
解：（1）如图1，四边形BCFE 是平行四边形，理由是：
ABC ?和ADE ?是等边三角形，
AB AC ∴=，AD AE =，60EAD BAC ∠=∠=?，
EAB DAC ∴∠=∠，
()EAB DAC SAS ∴???，
60ABE C ∴∠=∠=?，
60BAC ∠=?，
BAC ABE ∴∠=∠，
//AC BE ∴，
//EF BC ，
∴四边形BCFE 是平行四边形；
（2）如图2，ADE ?是等边三角形，且DE AB ⊥，
30EAB DAB ∴∠=∠=?，
由（1）知：60ABE ∠=?，
90AEB ∴∠=?， 1322
BE AB ∴==， ∴四边形BCFE 的周长3
2()2(3)92BE BC =+=?+=；
（3）分2种情况：
①如图3，当四边形BCFE 是菱形时，BE BC =，
由（1）知：3BE CD ==，
336BD ∴=+=；
②如图4，当四边形BCFE 是菱形时，B 和D 重合，A 和F 重合，此时0BD =；