2021-2022学年最新沪教版(上海)八年级数学第二学期第二十二章四边形专项练习试题(含解析)

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、如图，在平行四边形ABCD中，AEBC于点E，把BAE以点B为中心顺时针旋转一定角度后，得到BFG，已知点F在BC上，连接DF．若ADC70，CDF15，则DFG的大小为（ ）

A．140° B．155° C．145° D．135°

2、如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）

A．当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90° B．当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD C．当▱ABCD是正方形时，AC＝BD D．当▱ABCD是菱形时，AB＝AC 3、如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝8，过点B作BE⊥CD于点E，则BE的长为（ ）

A．

12 5B．

24 5C．6 D．

48 54、如图，菱形ABCD中，∠BAD = 60°，AB = 6，点E，F分别在边AB，AD上，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，若点G恰好为CD边的中点，则AE的长为（ ）

A．

34 B．

21 4 C．315 4 D．33 5、如图，函数y2x0的图象经过Rt△ABO斜边OB的中点C，连结AC．如果AC3，那么xABO的周长为（ ）．

A．625 B．6210 C．6211 D．6213 6、如图，已知E为邻边相等的平行四边形ABCD的边BC上一点，且∠DAE=∠B=80º，那么∠CDE的度数为（ ）

A．20º B．25º C．30º D．35º

7、欧几里得在《几何原本》中，记载了用图解法解方程x2+ax＝b2的方法，类似地我们可以用折纸的方法求方程x2+x﹣1＝0的一个正根．如图，一张边长为1的正方形的纸片ABCD，先折出AD，BC的中点E，F，再沿过点A的直线折叠使AD落在线段AF上，点D的对应点为点H，折痕为AG，点G在边

CD上，连接GH，GF，长度恰好是方程x2+x﹣1＝0的一个正根的线段为（ ）

A．线段BF B．线段DG C．线段CG D．线段GF 8、一个多边形每个外角都等于36°，则这个多边形是几边形（ ） A．7

B．8

C．9

D．10

9、下列图形中，内角和为540的多边形是（ ）

A． B． C． D．

10、如图，把矩形纸片ABCD沿对角线折叠，若重叠部分为EBD，那么下列说法错误的是（ ）

A．EBD是等腰三角形

C．折叠后得到的图形是轴对称图形

B．EBA和EDC全等 D．折叠后ABE和CBD相等

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、一个长方形的周长是22cm，若这个长方形的长减少2cm，宽增加3cm，就可以成为一个正方形，则长方形的长是______cm．

2、如图，已知正方形ABCD的边长为6，E为CD边上一点，将ADE绕点A旋转至△ABE，连接EE，若DE2，则EE的长等于______．

3、在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB=6，EF=2，则BC的长为_____．

4、如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝5，以点C为圆心，适当长为半径画弧，交BC于点

P，交CD于点Q，再分别以点P，Q为圆心，大于PQ的长为半径画弧，两弧相交于点N，射线CN交BA的延长线于点E，则AE的长是 _____．

12

5、如图，在平行四边形ABCD中，ABC45，E、F分别在CD和BC的延长线上，AE∥BD，EFC30，AB22则EF______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，在ABC中，AE平分BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点

（1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：BF（2）如图2，ABC中AB9，AC5，求线段EF的长．

1ACAB 22、如图，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中，有线段AB和线段CD，点A、B、C、D均在小正方形的顶点上．

（1）在方格纸中画出以AB为对角线的正方形AEBF，点E、F在小正方形的顶点上； （2）在方格纸中画出以CD为斜边的等腰直角三角形CDM，连接BM，并直接写出BM的长． 3、在RtABO中，OAB90，OAAB6，将△ABO绕点O逆时针方向旋转90°得到OA1B1．

（1）则线段OA1的长是___________，AOB1_____________．

（2）连接AA1求证四边形OAA1B1是平行四边形；

（3）求四边形OAA1B1的面积？

4、如图1，四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，其中点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，点H在BC边上，连结AC，AH，HF．已知AB＝2，∠ABC＝60°，CE＝BH． （1）求证：△ABH≌△HEF；

（2）如图2，当H为BC中点时，连结DF，求DF的长；

（3）如图3，将菱形CEFG绕点C逆时针旋转120°，使点E在AC上，点F在CD上，点G在BC的延长线上，连结EH，BF．若EH⊥BC，请求出BF的长．

5、如图所示，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边上的点F处，已知AB=6，BC=10， （1）求BF的长； （2）求ECF的面积．

-参-

一、单选题 1、C 【分析】

根据题意求出∠ADF，根据平行四边形的性质求出∠ABC、∠BAE，根据旋转变换的性质、结合图形计算即可． 【详解】

解：∵∠ADC=70°，∠CDF=15°， ∴∠ADF=55°，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ABC=∠ADC=70°，AD∥BC， ∴∠BFD=125°， ∵AE⊥BC， ∴∠BAE=20°，

由旋转变换的性质可知，∠BFG=∠BAE=20°，

∴∠DFG=∠DFB+∠BFG=145°， 故选：C． 【点睛】

本题考查的是平行四边形的性质、旋转变换的性质，掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键． 2、D 【分析】

由矩形的四个角是直角可判断A，由菱形的对角线互相垂直可判断B，由正方形的对角线相等可判断C，由菱形的四条边相等可判断D，从而可得答案. 【详解】

解：当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90°，正确，故A不符合题意； 当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD，正确，故B不符合题意； 当▱ABCD是正方形时，AC＝BD，正确，故C不符合题意； 当▱ABCD是菱形时，AB＝BC，故D符合题意； 故选D 【点睛】

本题考查的是矩形，菱形，正方形的性质，熟练的记忆矩形，菱形，正方形的性质是解本题的关键. 3、B 【分析】

根据菱形的性质求得BD的长，进而根据菱形的面积等于ACBDCDBE，即可求得BE的长 【详解】

解：如图，设AC,BD的交点为O，

12

四边形ABCD是菱形 ACBD，AOCO1AC4，DOBO，CDAB5 2在RtAOB中，AB5，AO4 BOAB2AO23

BD2BO6

菱形的面积等于ACBDCDBE

1ACBD16824 2BECD25512故选B 【点睛】

本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质，求得BD的长是解题的关键． 4、B 【分析】

过点D作DHAB，垂足为点H，连接BD和BG，利用菱形及等边三角形的性质，求出DHBG，BGAB，在RtADH中，求出DH的长，进而求出BG 的长，设AEGEx，在RtBEG中，利用

勾股定理，列方程，求出x的值即可． 【详解】

解：过点D作DHAB，垂足为点H，连接BD和BG，如下图所示：

四边形ABCD是菱形，

ADABCDBC6，AC60，CD∥AB，

ADB与BCD是等边三角形， DHAB且点G恰好为CD边的中点，

DH平分AB，BGCD，

CD∥AB，DHAB，BGCD，

DHBG，BGAB，

在RtADH中，AH1AB3， 2由勾股定理可知：DHAD2AH233，

BGDH33，

由折叠可知：AEF≌GEF，故有AEGE， 设AEGEx，则BEABAE6x，

在RtBEG中，由勾股定理可知：BE2BG2GE2， 即6x33故选：B． 【点睛】

本题主要是考查了菱形、等边三角形的性质以及勾股定理列方程求边长，熟练综合利用菱形以及等边

22x2，解得x21， 4三角形的性质，求出对应的边或角，在直角三角形中，找到边之间的关系，设边长，利用勾股定理列方程，这是解决本题的关键． 5、D 【分析】

过点C作CEAO于E，由直角三角形的性质可得BO6，由三角形中位线性质可得AB2CE，AO2EO，由勾股定理可求ABAO，即可求解．

【详解】

解：如图，过点C作CEAO于E，

∵点C是BO的中点， ∴ACBCCO3， ∴BO6，

∵CEAO，ABAO， ∴AB∥CE，

∴CE是ABO的中位线, ∴AB2CE，AO2EO， ∵点C在y2x0上， x∴CEEO2，

∴ABAO2CE2EO8，

∵AB2AO2OB236， ∴ABAO3616，

2∴ABAO213，

∴ABO的周长为：AOBOAB6213， 故选：D． 【点睛】

本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，直角三角形斜边中线的性质，中位线的性质及判断，勾股定理，灵活运用这些性质是解题的关键． 6、C 【分析】

依题意得出AE=AB=AD，∠ADE=50°，又因为∠B=80°故可推出∠ADC=80°，∠CDE=∠ADC-∠ADE，从而求解． 【详解】 ∵AD∥BC，

∴∠AEB=∠DAE=∠B=80°， ∴AE=AB=AD，

在三角形AED中，AE=AD，∠DAE=80°， ∴∠ADE=50°， 又∵∠B=80°， ∴∠ADC=80°，

∴∠CDE=∠ADC-∠ADE=30°． 故选：C．

【点睛】

考查菱形的边的性质，同时综合利用三角形的内角和及等腰三角形的性质，解题关键是利用等腰三角形的性质求得∠ADE的度数． 7、B 【分析】

首先根据方程x2+x-1=0解出正根为51，再判断这个数值和题目中的哪条线段接近．线段BF=0.52排除，其余三条线段可以通过设未知数找到等量关系．利用正方形的面积等于图中各个三角形的面积和，列等量关系．设DG=m，则GC=1-m，从而可以用m表示等式． 【详解】

解：设DG=m，则GC=1-m．

由题意可知：△ADG≌△AHG，F是BC的中点， ∴DG=GH=m，FC=0.5． ∵S正方形=S△ABF+S△ADG+S△CGF+SAGF，

∴1×1=2×1×2+2×1×m+2×2×（1-m）+2×∴m=51． 211111152×m，

∵x2+x-1=0的解为：x=15， 2∴取正值为x=51． 2∴这条线段是线段DG． 故选：B． 【点睛】

此题考查的是一元二次方程的解法，运用勾股定理和面积法找到线段的关系是解题的关键．

8、D 【分析】

根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数． 【详解】

解：∵360°÷36°=10， ∴这个多边形的边数是10． 故选D． 【点睛】

本题考查了多边形内角与外角，外角和的大小与多边形的边数无关，熟练掌握多边形内角与外角是解题关键． 9、C 【分析】

利用多边形的内角和公式求出多边形的边数，由此即可得出答案． 【详解】

解：设这个多边形的边数是n， 则180n2540， 解得n5， 故选：C． 【点睛】

本题考查了多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和是解题关键． 10、D 【分析】

根据题意结合图形可以证明EB=ED，进而证明△ABE≌△CDE；此时可以判断选项A、B、D是成立的，问题即可解决． 【详解】 解：由题意得：

△BCD≌△BFD，

∴DC=DF，∠C=∠F=90°； ∠CBD=∠FBD，

又∵四边形ABCD为矩形， ∴∠A=∠F=90°，DE∥BF，AB=DF， ∴∠EDB=∠FBD，DC=AB， ∴∠EDB=∠CBD，

∴EB=ED，△EBD为等腰三角形； 在△ABE与△CDE中， BEDE∵， ABCD∴△ABE≌△CDE（HL）； 又∵△EBD为等腰三角形，

∴折叠后得到的图形是轴对称图形； 综上所述，选项A、B、C成立，

∴不能证明D是正确的，故说法错误的是D，

故选：D． 【点睛】

本题主要考查了翻折变换及其应用问题；解题的关键是灵活运用翻折变换的性质，找出图中隐含的等量关系；借助矩形的性质、全等三角形的判定等几何知识来分析、判断、推理或解答． 二、填空题 1、8 【分析】

设这个长方形的长为xcm，则长方形的宽为11xcm，由题意得长2=宽+3．进而得到方程

x211x3，解方程即可得到答案．

【详解】

解：设这个长方形的长为xcm， 由题意得：x211x3，

2x16,

解得：x8,

答：这个长方形的长为8cm. 故答案为：8 【点睛】

本题主要考查了一元一次方程的应用，关键是正确理解题意，抓住关键语句，表示出正方形的边长，进而利用正方形边长相等得到方程． 2、45 【分析】

在正方形ABCD中，BE′＝DE＝2，所以在直角三角形E′CE中，E′C＝8，CE＝4，利用勾股定理求得

EE′的长即可．

【详解】

解：在正方形ABCD中，∠C＝90°， 由旋转得，BE′＝DE＝2， ∴E′C＝8，CE＝4， ∴在直角三角形E′CE中，

EE′＝EC2EC2＝8242＝45．

故答案为45． 【点睛】

本题考查了正方形的性质、旋转的性质与勾股定理的知识，正确的利用旋转和正方形的性质得出直角三角形边长并正确的应用勾股定理是解题的关键． 3、10或14或10 【分析】

利用BF平分∠ABC， CE平分∠BCD，以及平行关系，分别求出ABAF、DEDC，通过BF和CE是否相交，分两类情况讨论，最后通过边之间的关系，求出BC的长即可． 【详解】

解： 四边形ABCD是平行四边形， ADBC，ABCD6，AD∥BC，

AFEFBC，DECECB，

BF平分∠ABC， CE平分∠BCD，

ABFFBC，DCEECB，

AFEABF，DCEDEC，

由等角对等边可知：AFAB6，DEDC6，

情况1：当BF与CE相交时，如下图所示：

ADAFDEEF，

AD10，

BC10，

情况2：当BF与CE不相交时，如下图所示：

ADAFDEEF AD14，

BC14，

故答案为：10或14． 【点睛】

本题主要是考查了平行四边形的性质，熟练运用平行关系+角平分线证边相等，是解决本题的关键，还要注意根据BF和CE是否相交，本题分两类情况，如果没考虑仔细，会漏掉一种情况． 4、1

【分析】

根据基本作图，得到EC是∠BCD的平分线，由AB∥CD，得到∠BEC=∠ECD=∠ECB，从而得到BE=BC，利用线段差计算即可． 【详解】

根据基本作图，得到EC是∠BCD的平分线， ∴∠ECD=∠ECB，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠BEC=∠ECD， ∴∠BEC=∠ECB， ∴BE=BC=5， ∴AE= BE-AB=5-4=1， 故答案为：1． 【点睛】

本题考查了角的平分线的尺规作图，等腰三角形的判定，平行线的性质，平行四边形的性质，熟练掌握尺规作图，灵活运用等腰三角形的判定定理是解题的关键． 5、8 【分析】

证明四边形ABDE是平行四边形，得到DE=CD＝AB22，AB∥CE， 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，AB=CD，

∵AE∥BD，

∴四边形ABDE是平行四边形， ∴DE=CD＝AB22，AB∥CE， 过点E作EH⊥BF于H， ∵ABC45， ∴∠ECH=ABC45， ∴CH=EH，

∵CH2EH2CE2，CE42， ∴CH=EH=4，

∵∠EHF=90°，EFC30， ∴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． 三、解答题

1、（1）见解析；（2）2 【分析】

（1）利用ASA定理证明△AEB≌△AED，得到BE=ED，AD=AB，根据三角形中位线定理解答； （2）分别延长BE、AC交于点H，仿照（1）的过程解答．

【详解】

解：（1）证明：∵AE平分BAC，BE⊥AE， ∴∠BAE=∠DAE，∠AEB=∠AED=90°， 在△AEB和△AED中，

BAEDAEAEAE， AEBAED90∴△AEB≌△AED（ASA） ∴BE=ED，AD=AB， ∵点F是BC的中点， ∴BF=FC，

∴EF是△BCD的中位线，

∴EF=2CD=2(AC-AD)=2(AC-AB)； （2）解：分别延长BE、AC交于点H，

111

∵AE平分BAC，BE⊥AE，

∴∠BAE=∠DAE，∠AEB=∠AED=90°， 在△AEB和△AEH中，

BAEHAEAEAE， AEBAEH90∴△AEB≌△AEH（ASA） ∴BE=EH，AH=AB=9， ∵点F是BC的中点， ∴BF=FC，

∴EF是△BCD的中位线， ∴EF=2CH=2(AH-AC)=2． 【点睛】

本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 2、（1）见详解；（2）见详解． 【分析】

（1）根据勾股定理求出AB的长，以AB为对角线的正方形AEBF，根据正方形的性质求出正方形边长

11AE=10，根据勾股定理构造直角三角形横1竖3，或横3竖1，利用点A平移找到点E，点F即可完

成求解；

（2）根据勾股定理求出CD的长，△CDM为等腰直角三角形，设CM=DM=x，再利用勾股定理x5，根据勾股定理构造横1竖2，或横2竖1直角三角形，利用点C平移得到点M，即可得到答案． 【详解】

（1）根据勾股定理AB=22422025， ∵以AB为对角线的正方形AEBF，

112∴S正方形=AB2522210，

∵正方形AEBF的边长为AE， ∴AE2=10， ∴AE=10，

根据勾股定理可知构造横1竖3或横3竖1的直角三角形作线段AE、AF，

点A向下平移1格，再向左平移3格得点E，点A向右平移1格，再向下平移3格得点F， ∴连结AE，BE，BF，AF， 则正方形ABEF作图如下：

（2）根据勾股定理CD123210 ， ∵△CDM为等腰直角三角形，设CM=DM=x， 根据勾股定理CD2CM2DM2，即

102x2x2，

解得x5，

∴CM=DM=5，

根据勾股定理构造横1竖2，或横2竖1直角三角形作线段CM、DM， 点C向右移动2格，再向上移动1格得点M，连结CM，DM， 则△CDM为所求如图．

【点睛】

本题考查了正方形性质、正方形面积，边长，等腰直角三角形、腰长，勾股定理，一元二次方程，平移；解题的关键是熟练掌握正方形性质、等腰直角三角形性质，勾股定理，一元二次方程，平移，从而完成求解．

3、（1）6，135；（2）见解析；（3）36． 【分析】

（1）根据旋转的性质得出OA1OA6，AOB11AOB45，AOA190，由此可得答案；

（2）根据题意可得OA//A1B1，OAA1B16，再根据平行四边形的判定即可得证； （3）利用平行四边形的面积公式求解． 【详解】

解：（1）∵OAB90，OAAB6， ∴OAB是等腰直角三角形， ∴AOB45，

∵将OAB绕点O沿逆时针方向旋转90得到OA1B1，

OA1OA6，AOB11AOB45，AOA190，

∴AOB1AOA1AOB119045135，

故答案为：6，135；

（2）将OAB绕点O沿逆时针方向旋转90得到OA1B1，OAB90，OAAB6，

A1B1AB6，AOA190OA1B1，

∴OA//A1B1，OAA1B16，

四边形OAA1B1是平行四边形．

（3）四边形OAA1B1的面积=OA•A1O=6×6=36． ∴四边形OAA1B1的面积是36． 【点睛】

本题考查了旋转的性质以及平行四边形的判定，熟练掌握旋转的性质是解决本题的关键，注意：旋转前后的两个图形全等． 4、（1）见解析；（2）7；（3）【分析】

（1）根据两个菱形中，点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上这一特殊的位置关系和CE＝BH可证明相应的边和角分别相等，从而证明结论；

（2）由AB＝BC，∠ABC＝60，可证明△ABC是等边三角形，从而证明∠AHB＝90°，再由

△ABH≌△HEF，得∠HFE＝∠AHB＝90°，再得∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°，在Rt△DPF中用勾股定理求出DF的长；

（3）作FM⊥BG于点M，当EH⊥BC时，可证明CH＝CM＝CG＝BH，从而求出BM、FM的长，再由勾股定理求出BF的长． 【详解】

解：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，

1212219． 3

∴AB＝BC，CE＝EF， ∵CE＝BH， ∴BH＝EF， ∵BH+CH＝CE+CH， ∴BC＝HE， ∴AB＝HE；

∵点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上， ∴AB∥DG∥EF， ∴∠B＝∠E， 在△ABH和△HEF中，

BHEFBE， ABHE∴△ABH≌△HEF（SAS）．

（2）如图2，设FH交CG于点P，连结CF，

∵AB＝BC，∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∵BH＝CH， ∴AH⊥BC， ∴∠AHB＝90°，

由（1）得，△ABH≌△HEF， ∴∠HFE＝∠AHB＝90°， ∵DG∥EF，

∴∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°， ∴PF⊥CG，

∵CG＝FG，∠G＝∠E＝∠B＝60°， ∴△GFC是等边三角形， ∴PC＝PG＝2CG； ∵BC＝AB＝2，

∴CG＝EF＝BH＝2BC＝1， ∴PC＝2；

111∵CD＝AB＝2， ∴PD＝2+2＝， ∵CF＝CG＝1，

31∴PF2＝CF2﹣PC2＝12﹣（2）2＝，

453∴DFPD2PF2()27．

24152（3）如图3，作FM⊥BG于点M，则∠BMF＝90°，

∵EH⊥BC，即EH⊥BG， ∴EH∥FM，

∵∠CEF＝∠ACB＝60°， ∴EF∥MH，

∴四边形EHMF是平行四边形， ∵∠EHM＝90°， ∴四边形EHMF是矩形， ∴EH＝FM；

∵EF＝EC，∠CEF＝60°， ∴△CEF是等边三角形， ∴CE＝CF，

∵∠EHC＝∠FMC＝90°， ∴Rt△EHC≌Rt△FMC（HL）， ∴CH＝CM＝2CG； ∵CG＝CE＝BH， ∴CH＝2BH，

∴CM＝CH＝BC＝×2＝，

42∴CF＝CG＝2CM＝2×＝，

33442∴FM2＝（）2﹣（）2＝，

33313131123∵BM＝2+＝，

48276219()． 33932383∴BFFM2BM2【点睛】

本题主要考查了几何综合，其中涉及到了菱形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，矩形的判定及性质等，熟悉掌握几何图形的性质和合理做出辅助线是解题的关键．

5、（1）8；（2）． 【分析】

（1）根据矩形的性质可得AD=BC，CD=AB，根据折叠的性质可得AF=AD，利用勾股定理即可求出BF的长；

（2）根据折叠性质可得DE=EF，可得EF=CDCE，根据线段的和差关系可得CF的长，利用勾股定理可求出CE的长，利用三角形面积公式即可得答案． 【详解】

83（1）∵四边形ABCD是矩形，AB=6，BC=10， ∴AD=BC=10，CD=AB=6，

∵折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边上的点F处， ∴AF=AD=10，