由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2， x2＝（3﹣x）2+12， 解得：x＝， 即DE＝．
8．解：（1）△AA′E≌△C′CF，△A′BF≌△CDE，由题意得，四边形A′DCB是矩形， ∴A′B＝DC， ∴AA′＝CC′， ∵AB∥CD， ∴∠BA′F＝∠C′， 由题意得，∠BA′F＝∠A， ∴∠A＝∠C′， 在△AA′E和△C′CF中，，∴△AA′E≌△C′CF（ASA）； （2）①设A′E＝a，A′F＝b， ∵A′F∥AC， ∴
＝
，即＝，
解得，b＝
，
26
同理＝， 解得，a＝x，
当A′E＝A′F时，四边形A′ECF是菱形， ∴
＝x，
解得，x＝，
∴当x＝时，四边形A′ECF是菱形；
××2＝﹣x2+3x②由①得，四边形A′ECF的面积为y＝3×（4﹣x）﹣×（3﹣x）（4﹣x）＝﹣（x﹣2）2+3，
∴当x＝2时，y的最大值为3． 9．解：（1）如图①，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ABD＝∠CBD＝45°，且BE＝BE， ∴△ABE≌△CBE（SAS） ∴AE＝CE，∠BAE＝∠BCE，
∵∠ABC+∠FEC+∠BCE+∠EFB＝360°， ∴∠BCE+∠BFE＝180°，∠BFE+∠AFE＝180°， ∴∠AFE＝∠BCE， ∴∠BAE＝∠AFE，
∴EF＝AE＝EC，且∠FEC＝90°， ∴△EFC是等腰直角三角形， ∴∠ECF＝45°；
（2）如图②，延长FG交CD于H，
27
∵GF⊥AB，∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴四边形BCHF是矩形， ∴FH＝BC＝CD，∠FHC＝90°， ∵∠AFE＝∠BCE，
∴∠EFH＝∠ECH，且EF＝EC，FH＝CD， ∴△EFH≌△ECD（SAS）
∴∠FHE＝∠CDE＝45°，且∠FHD＝90°， ∴∠FHE＝∠CDE＝∠DGH＝∠DHE＝45°， ∴EG＝EH，EH＝DE， ∴EG＝DE；
（3）如图③，延长FK交CD于H，连接FM，过点M作MP⊥FH于P，
∵AD∥BC∥FH，
∴∠MDE＝∠KGE，且DE＝EG，∠MED＝∠GEK， ∴△MED≌△KEG（ASA） ∴ME＝EK＝MK，MD＝GK＝2， ∵MG＝2EK，
∴MK＝MG，且MP⊥FH， ∴GP＝PK＝1，
∵∠ADH＝∠DHF＝∠MPH＝90°，
28
∴四边形MDHP是矩形， ∴MD＝PH＝2， ∴GH＝3，
∴FH＝BC＝AB＝AD＝3+FG， ∴AM＝1+FG，
∵FG⊥AB，∠ABD＝45°， ∴△BFG是等腰直角三角形， ∴BF＝FG， ∴AF＝3，
∵ME＝EK，EF⊥MK， ∴FM＝FK＝FG+2， ∵FM2＝AM2+AF2，
∴（FG+2）2＝（FG+1）2+9， ∴FG＝3， ∴BK＝
＝
．
10．解：（1）BM+DN＝MN，理由如下：
如图1，在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°， ∴∠ABE＝90°＝∠D， 在△ABE和△ADN中，，
∴△ABE≌△ADN（SAS）， ∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD， ∴∠EAN＝∠BAD＝90°， ∵∠MAN＝45°，
∴∠EAM＝45°＝∠NAM， 在△AEM和△ANM中，
， 29
∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴ME＝MN，
又∵ME＝BE+BM＝BM+DN， ∴BM+DN＝MN； 故答案为：BM+DN＝MN；
（2）（1）中的结论不成立，DN﹣BM＝MN．理由如下： 如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF， 则∠ABM＝90°＝∠D， 在△ABM和△ADF中，，
∴△ABM≌△ADF（SAS）， ∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，
∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°， 即∠MAF＝∠BAD＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠MAN＝∠FAN＝45°， 在△MAN和△FAN中，， ∴△MAN≌△FAN（SAS）， ∴MN＝NF，
∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM， ∴DN﹣BM＝MN．
（3）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝6，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠ABM＝∠MCN＝90°， ∵CN＝CD＝6， ∴DN＝12， ∴AN＝＝
＝6
， ∵AB∥CD，
30
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