第1章特殊的四邊形章末達標檢測卷參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2020?眉山）下列說法正確的是（）A．一組對邊平行另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形 B．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形 C．對角線相等的四邊形是矩形 D．對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形【分析】根據平行四邊形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定依次判斷可求解．【答案】解：A、一組對邊平行另一組對邊相等的四邊形可以是等腰梯形，可以是平行四邊形，故選項A不合題意；B、對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，故選項B符合題意；C、對角線相等的平行四邊形是矩形，故選項C不合題意；D、對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形，故選項D不合題意；故選：B．【點睛】本題考查了正方形的判定，平行四邊形的判定，矩形的判定，菱形的判定，掌握這些判定定理是本題的關鍵．2．（3分）（2020春?九龍坡區期末）如圖，矩形ABCD的對角線相交于點O，過點O作OG⊥AC，交AB于點G，連接CG，若∠BOG＝15°，則∠BCG的度數是（）A．15° B．15.5° C．20° D．37.5°【分析】根據矩形的性質得出∠ABC＝90°，BD＝AC，AO＝OC，BO＝OD，求出OC＝OB，根據等腰三角形的性質得出∠OCB＝∠OBC，根據線段垂直平分線的性質得出GA＝GC，根據垂直求出∠GOC＝90°，求出∠COB＝75°，求出∠CAB＝∠ACG＝37.5°，再求出答案即可．【答案】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，BD＝AC，AO＝OC，BO＝OD，∴OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∵AO＝OC，OG⊥AC，∴GA＝GC，∠GOC＝90°，∵∠BOG＝15°，∴∠COB＝90°﹣15°＝75°，∴∠OCB＝∠OBC=12×（180°﹣∠COB∴∠CAB＝180°﹣∠ABC﹣∠OCB＝180°﹣90°﹣52.5°＝37.5°，∴∠ACG＝37.5°，∴∠BCG＝∠OCB﹣∠ACG＝52.5°﹣37.5°＝15°，故選：A．【點睛】本題考查了矩形的性質，線段垂直平分線的性質，等腰三角形的性質，三角形的內角和定理等知識點，能綜合運用知識點進行推理和計算是解此題的關鍵．3．（3分）（2020春?崆峒區期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于點D，AE是∠BAC的外角的平分線，DE∥AB交AE于點E，則四邊形ADCE的形狀是（）A．平行四邊形 B．矩形 C．菱形 D．正方形【分析】由等腰三角形的性質和角平分線的性質可證AE∥BC，可得四邊形ABDE是平行四邊形，可得AE＝BD，由等腰三角形的性質可得BD＝CD＝AE，可證四邊形ADCE是平行四邊形，且AD⊥CD，可得四邊形ADCE是矩形．【答案】解：如圖，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠HAE＝∠ABC+∠ACB＝2∠ABC，∵AE是∠HAC的平分線，∴∠HAE＝∠CAE=12∠∴∠HAE＝∠ABC，∴AE∥BC，又∵AB∥DE，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∴AE＝BD，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝DC，∴AE＝CD，又∵AE∥DC，∴四邊形ADCE是平行四邊形，又∵AD⊥CD，∴四邊形ADCE是矩形，故選：B．【點睛】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定，等腰三角形的性質，靈活運用這些性質解決問題是本題的關鍵．4．（3分）（2020春?順城區期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC，BD相交于點O，DE⊥AB于點E，若AC＝8cm，BD＝6cm，則DE＝（）A．53cm B．25cm C．245cm D．485【分析】首先利用勾股定理求得菱形的邊長，然后由菱形的兩個面積計算渠道求得邊AB上的高DE的長即可．【答案】解：∵四邊形ABCD是菱形，AC＝8cm，BD＝6cm，∴S菱形ABCD=12AC?BD=12×6∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC=12AC＝4cm，OB＝OD＝3∴在直角三角形AOB中，AB=OB2∴DH=S菱形故選：C．【點睛】本題考查了菱形的性質以及勾股定理的應用．注意菱形的面積等于對角線積的一半或底乘以高．5．（3分）（2020春?貴港期末）如圖，菱形ABCD的邊長是5，O是兩條對角線的交點，過O點的三條直線將菱形分成陰影部分和空白部分，若菱形的一條對角線的長為4，則陰影部分的面積為（）A．221 B．421 C．12 D．24【分析】連接AC、BD，由菱形的性質得出AB＝5，OB＝OD=12BD＝2，OA＝OC，AC⊥BD，由勾股定理求出OA，得出AC＝2【答案】解：連接AC、BD，如圖所示：∵菱形ABCD的邊長是5，O是兩條對角線的交點，BD＝4，∴AB＝5，OB＝OD=12BD＝2，OA＝OC，AC⊥∴OA=A∴AC＝2OA＝221，∴菱形ABCD的面積=12AC×BD=12×221∵O是菱形兩條對角線的交點，∴陰影部分的面積=12菱形ABCD的面積＝2故選：A．【點睛】本題考查了菱形的性質，中心對稱，熟記性質并判斷出陰影部分的面積等于菱形的面積的一半是解題的關鍵．6．（3分）（2020春?常熟市期末）如圖，以正方形ABCD的對角線AC為一邊作菱形AEFC，點F在DC的延長線上，連接AF交BC于點G，則∠FGC的度數為（）A．67.5° B．45° C．60° D．75°【分析】由正方形的性質和菱形的性質可得∠CAB＝45°＝∠ACB，∠ABC＝90°，∠CAF＝∠EAF=12∠CAB＝【答案】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CAB＝45°＝∠ACB，∠ABC＝90°，∵四邊形AEFC是菱形，∴∠CAF＝∠EAF=12∠CAB＝∴∠FGC＝∠ACB+∠CAF＝67.5°，故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質，菱形的性質，三角形的外角性質，掌握這些性質是本題的關鍵．7．（3分）（2020?廣州）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD交于點O，AB＝6，BC＝8，過點O作OE⊥AC，交AD于點E，過點E作EF⊥BD，垂足為F，則OE+EF的值為（）A．485 B．325 C．245 【分析】依據矩形的性質即可得到△AOD的面積為12，再根據S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值．【答案】解：∵AB＝6，BC＝8，∴矩形ABCD的面積為48，AC=AB∴AO＝DO=12AC＝∵對角線AC，BD交于點O，∴△AOD的面積為12，∵EO⊥AO，EF⊥DO，∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即12=12AO×EO+12∴12=12×5×EO+1∴5（EO+EF）＝24，∴EO+EF=24故選：C．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，解題時注意：矩形的四個角都是直角；矩形的對角線相等且互相平分．8．（3分）（2020春?輝縣市期末）如圖．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，點P為斜邊AB上一動點．過點P作PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，連結EF．則線段EF的最小值為（）A．1.2 B．2.4 C．2.5 D．4.8【分析】連接PC，當CP⊥AB時，PC最小，利用三角形面積解答即可．【答案】解：連接PC，∵PE⊥AC，PF⊥BC，∴∠PEC＝∠PFC＝∠C＝90°，∴四邊形ECFP是矩形，∴EF＝PC，∴當PC最小時，EF也最小，即當CP⊥AB時，PC最小，∵AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，∴PC的最小值為：AC?BC∴線段EF長的最小值為2.4．故選：B．【點睛】本題主要考查的是矩形的判定與性質，關鍵是根據矩形的性質和三角形的面積公式解答．9．（3分）（2020?牡丹江）如圖，在平面直角坐標系中，O是菱形ABCD對角線BD的中點，AD∥x軸且AD＝4，∠A＝60°，將菱形ABCD繞點O旋轉，使點D落在x軸上，則旋轉后點C的對應點的坐標是（）A．（0，23） B．（2，﹣4） C．（23，0） D．（0，23）或（0，﹣23）【分析】分點C旋轉到y軸正半軸和y軸負半軸兩種情況分別討論，結合菱形的性質求解．【答案】解：根據菱形的對稱性可得：當點C旋轉到y軸負半軸時，A、B、C均在坐標軸上，如圖，∵∠BAD＝60°，AD＝4，∴∠OAD＝30°，∴OD＝2，∴AO=AD2∴點C的坐標為（0，-2同理：當點C旋轉到y軸正半軸時，點C的坐標為（0，23∴點C的坐標為（0，23）或（0，-故選：D．【點睛】本題考查了菱形的對稱性，旋轉的性質，直角三角形的性質，解題的關鍵是要分情況討論．10．（3分）（2020春?天門期末）如圖，在正方形ABCD中，點E，F分別在BC，CD上，AE＝AF，AC與EF相交于點G．下列結論：①AC垂直平分EF；②BE+DF＝EF；③當∠DAF＝15°時，△AEF為等邊三角形；④當∠EAF＝60°時，∠AEB＝∠AEF．其中正確的結論是（）A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④【分析】由“HL”可證Rt△ABE≌Rt△ADF，可得BE＝DF，可得CE＝CF，由等腰直角三角形的性質可得AC垂直平分EF，可判斷①，由等腰直角三角形的性質可得EG＝GF，由角平分線的性質可得BE＝EG，可判斷②，由全等三角形的性質可得∠DAF＝∠BAE＝15°，可證△AEF是等邊三角形，可判斷③，通過分別求出∠AEB，∠AEF的度數，可判斷④，即可求解．【答案】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°，∵AB＝AD，AE＝AF，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴BE＝DF，∴CE＝CF，又∵∠ACD＝∠ACB＝45°，∴AC垂直平分EF，故①正確；∵CE＝CF，∠BCD＝90°，AC垂直平分EF，∴EG＝GF，當AE平分∠BAC時，BE＝EG，即BE+DF＝EF，故②錯誤；∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴∠DAF＝∠BAE＝15°，∴∠EAF＝60°，又∵AE＝AF，∴△AEF是等邊三角形，故③正確；∵AE＝AF，∠EAF＝60°，∴△AEF是等邊三角形，∴∠AEF＝60°，∵∠BAC＝45°，∠CAE＝30°，∴∠BAE＝15°，∴∠AEB＝75°≠∠AEF，故④錯誤；故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質等知識，證明Rt△ABE≌Rt△ADF是本題的關鍵．二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．（3分）（2020春?房山區期末）在四邊形ABCD中，有以下四個條件：①AB∥CD；②AD＝BC；③AC＝BD；④∠ADC＝∠ABC．從中選取三個條件，可以判定四邊形ABCD為矩形．則可以選擇的條件序號是①③④．【分析】根據全等三角形的判定和性質以及矩形的判定定理即可得到結論．【答案】解：當具備①③④這三個條件，能得到四邊形ABCD是矩形．理由如下：∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠DCA，∵∠ABC＝∠ADC，AC＝CA，∴△ABC≌△CDA（AAS），∴∠ACB＝∠DCA，∴AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AC＝BD，∴四邊形ABCD是矩形；故答案為：①③④．【點睛】本題主要考查的是矩形的判定，全等三角形的判定和性質，掌握矩形的判定定理是解題的關鍵．12．（3分）（2020春?崆峒區期末）如圖，E，F是正方形ABCD的對角線AC上的兩點，AC＝4，AE＝CF＝1，則四邊形BEDF的周長是45．【分析】根據題意和正方形的性質，利用勾股定理，可以求得DE、EB、BF、FD的長，從而可以求得四邊形BEDF的周長．【答案】解：連接DB交AC于點O，∵四邊形ABCD是正方形，AC＝4，∴AC＝BD＝4，AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD＝2，∵AE＝CF＝1，∴DE＝DF＝BF＝BE=2∴四邊形BEDF的周長是45，故答案為：45．【點睛】本題考查正方形的性質、勾股定理，解答本題的關鍵是明確題意，利用數形結合的思想解答．13．（3分）（2020春?荔城區期末）把長方形ABCD沿著直線EF對折，折痕為EF，對折后的圖形EHGF的邊FG恰好經過點C，若∠AFE＝55°，則∠CEB'＝70°．【分析】根據折疊前后兩圖形全等和內角和進行解答即可．【答案】解：如圖，在長方形ABCD中，AD∥BC，則∠FEC＝∠AFE＝55°．∴∠BEF＝180°﹣55°＝125°．根據折疊的性質知：∠B′EF＝∠BEF＝125°．∴∠CEB'＝∠B′EF﹣∠FEC＝125°﹣55°＝70°．故答案是：70°．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，折疊問題，關鍵是根據折疊前后兩圖形全等，即對應線段相等，對應角相等解答．14．（3分）（2020春?如皋市期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，∠DAB＝48°，對角線AC，BD相交于點O，DH⊥AB于H，連接OH，則∠DHO＝24度．【分析】由菱形的性質可得OD＝OB，∠COD＝90°，由直角三角形的性質可得OH=12BD＝OB，可得∠OHB＝∠【答案】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OD＝OB，∠COD＝90°，∠DAB＝∠DCB＝48°，∵DH⊥AB，∴OH=12BD＝∴∠OHB＝∠OBH，又∵AB∥CD，∴∠OBH＝∠ODC，在Rt△COD中，∠ODC+∠DCO＝90°，在Rt△DHB中，∠DHO+∠OHB＝90°，∴∠DHO＝∠DCO=12∠DCB＝故答案為：24．【點睛】本題考查了菱形的性質，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質，以及等角的余角相等，熟記各性質并理清圖中角度的關系是解題的關鍵．15．（3分）（2020春?秀英區校級期末）兩個邊長為10cm的正方形按如圖所示的方式重疊在一起，點O是其中一個正方形的中心，則重疊部分的面積為25cm2．【分析】連接OA、OD，證明OAM≌△ODN，得陰影部分的面積等于△OAD的面積，再由△OAD的面積與正方形ABCD的面積的關系求得結果．【答案】解：如圖，連接OA、OD，則∠AOD＝∠GOE＝90°，∴∠AOM＝∠DON，∵ABCD是正方形，O為正方形ABCD的中心，∴OA＝OD，∠OAM＝∠ODN＝45°，在△OAM和△ODN中，∠OAM∴△OAM≌△ODN（ASA），∴S△OAM＝S△ODN，∴S陰影＝S△ODM+S△ODN＝S△OAM+S△ODM＝S△OAD，=14S正方形ABCD=14×102＝故答案是：25．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，正方形的性質，關鍵是構造全等三角形得到陰影部分的面積等于△OAD的面積．16．（3分）（2020春?潮安區期末）如圖，點E，F，G，H分別是BD，BC，AC，AD的中點：下列結論：①EH＝EF；②當AB＝CD，EG平分∠HGF；③當AB⊥CD時，四邊形EFGH是矩形；其中正確的結論序號是②③．【分析】由三角形中位線定理可得EF∥CD，HG∥CD，EF=12EF，HG=12CD，HE=12AB，AB∥HE，可證四邊形是平行四邊形，可判斷①，由AB＝CD可證平行四邊形HEFG是菱形，可判斷②，由AB⊥【答案】解：∵點E，F，G，H分別是BD，BC，AC，AD的中點，∴EF∥CD，HG∥CD，EF=12EF，HG=12CD，HE=12∴EF＝HG，EF∥HG，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∵AB不一定等于CD，∴EH不一定等于EF，故①錯誤，∵AB＝CD，∴EH＝EF，∴平行四邊形HEFG是菱形，∴EG平分∠HGF，故②正確，③∵AB⊥CD，∴∠ABC+∠BCD＝90°，∵四邊形HEFG是平行四邊形，∴GF∥HE∥AB，∴∠GFC＝∠ABC，∵EF∥CD，∴∠BFE＝∠BCD，∴∠GFC+∠BCD＝90°，∴∠EFG＝90°，∴平行四邊形HEFG是矩形，故③正確，故答案為：②③．【點睛】本題考查了矩形的判定，菱形的判定和性質，平行四邊形的判定，三角形的中位線定理，靈活運用這些性質進行推理是本題的關鍵．三．解答題（共6小題，滿分52分）17．（8分）（2020春?嘉陵區期末）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD交于點O，AH⊥BD于H，OH＝2BH，AH＝5．（1）求BH的長．（2）求矩形ABCD的面積．【分析】（1）設BH＝x，OH＝2x，則OA＝OB＝3x，依據Rt△AOH中，OH2+OH2＝AO2，即可得到x的值；（2）依據勾股定理求得矩形的邊長，即可得到矩形的面積．【答案】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OA=12AC，OB=∴OA＝OB，由OH＝2BH，可設BH＝x，OH＝2x，則OA＝OB＝3x，∵AH⊥BD，∴Rt△AOH中，OH2+OH2＝AO2，∴4x2+52＝9x2，解得x=±5又∵x＞0，∴x=5∴BH=5（2）由（1）可得，AB=BAC＝2OA＝2×35=6∴BC=A∴S矩形ABCD＝AB×BC=30×56=【點睛】本題主要考查了矩形的性質以及勾股定理的運用，解題時注意：矩形的四個角都是直角，矩形的對角線相等且互相平分．18．（8分）（2020春?洛陽期末）如圖，點A、F、C、D在同一直線上，點B和點E分別在直線AD的兩側，且AB＝DE，∠A＝∠D，AF＝DC．（1）求證：四邊形BCEF是平行四邊形；（2）若∠DEF＝90°，DE＝8，EF＝6，當AF為145時，四邊形BCEF【分析】（1）由AB＝DE，∠A＝∠D，AF＝DC，易證得△ABC≌DEF（SAS），即可得BC＝EF，且BC∥EF，即可判定四邊形BCEF是平行四邊形；（2）由四邊形BCEF是平行四邊形，可得當BE⊥CF時，四邊形BCEF是菱形，所以連接BE，交CF與點G，由三角形DEF的面積求出EG的長，根據勾股定理求出FG的長，則可求出答案．【答案】（1）證明：∵AF＝DC，∴AC＝DF，在△ABC和△DEF中，AB=∴△ABC≌△DEF（SAS），∴BC＝EF，∠ACB＝∠DFE，∴BC∥EF，∴四邊形BCEF是平行四邊形；（2）解：如圖，連接BE，交CF于點G，∵四邊形BCEF是平行四邊形，∴當BE⊥CF時，四邊形BCEF是菱形，∵∠DEF＝90°，DE＝8，EF＝6，∴DF=DE∴S△DEF=12EG×∴EG=6×8∴FG＝CG=E∴AF＝CD＝DF﹣2FG＝10-36故答案為：145【點睛】此題考查了全等三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、菱形的判定與性質以及勾股定理等知識．熟練掌握平行四邊形的判定與性質是解題的關鍵．19．（8分）（2020春?新鄉期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝BC，對角線BD平分∠ABC，P是BD上一點，過點P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分別為M、N．（1）求證：∠ADB＝∠CDB；（2）若∠ADC＝90°時，四邊形MPND是正方形，并說明理由．【分析】（1）根據角平分線的性質和全等三角形的判定方法證明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性質即可得到：∠ADB＝∠CDB；（2）由三個角是直角的四邊形是矩形，可證四邊形MPND是矩形，再根據鄰邊相等的矩形是正方形即可證明四邊形MPND是正方形．【答案】證明：（1）∵對角線BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，在△ABD和△CBD中，AB=∴△ABD≌△CBD（SAS），∴∠ADB＝∠CDB；（2）當∠ADC＝90°時，四邊形MPND是正方形，理由如下：∵PM⊥AD，PN⊥CD，∴∠PMD＝∠PND＝90°，∵∠ADC＝90°，∴四邊形MPND是矩形，∵∠ADB＝∠CDB，∴∠ADB＝45°，∵∠PMD＝90°，∴∠MPD＝∠PDM＝45°，∴PM＝MD，∴矩形MPND是正方形，故答案為：90．【點睛】本題考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性質，角平分線的性質，矩形的判定和性質，解題的關鍵是熟記各種幾何圖形的性質和判定．20．（8分）（2020春?靈山縣期末）如圖，四邊形ABCD、BFGE均為正方形，連結CF．（1）證明：AE＝CF；（2）延長AE交CF于H，證明：∠AHC＝90°．【分析】（1）根據正方形的性質，可以得到AB＝CB，BE＝BF，∠ABE＝∠CBF＝90°，從而可以得到△ABE和△CBF全等，然后即可得到結論成立；（2）根據題意和（1）中的△ABE和△CBF全等，可以證明結論成立．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD、BFGE均為正方形，∴AB＝CB，BE＝BF，∠ABE＝∠CBF＝90°，在△ABE和△CBF中，AB=∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF；（2）由（1）得，△ABE≌△CBF，∠ABE＝90°，∴∠EAB＝∠FCB，∵∠AEB＝∠CEH，∴∠EAB+∠AEB＝∠FCB+∠CEH═90°，∴∠AHC＝90°．【點睛】本題考查正方形的性質、全等三角形的判定和性質，解答本題的關鍵是明確題意，利用數形結合的思想解答．21．（10分）（2020春?贛州期末）如圖所示，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF為正三角形，點E、F分別在菱形的邊BC、CD上滑動，且E、F不與B、C、D重合．（1）證明不論E、F在BC、CD上如何滑動，總有BE＝CF；（2）當點E、F在BC、CD上滑動時，分別探討四邊形AECF的面積和△CEF的周長是否發生變化？如果不變，求出這個定值；如果變化，求出最小值．【分析】（1）（1）先求證AB＝AC，進而求證△ABC、△ACD為等邊三角形，得∠4＝60°，AC＝AB進而求證△ABE≌△ACF，即可求得BE＝CF；（2）根據△ABE≌△ACF可得S△ABE＝S△ACF，故根據S四邊形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可解題；由“垂線段最短”可知：當正三角形AEF的邊AE與BC垂直時，邊AE最短．△AEF的周長會隨著AE的變化而變化，求出當AE最短時，△CEF的周長即可．【答案】解：（1）如圖，連接AC，∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120°，∴∠BAC＝60°，∵△AEF是等邊三角形，∴∠EAF＝60°，∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，∴∠1＝∠3，∵∠BAD＝120°，∴∠ABC＝60°，∴△ABC和△ACD為等邊三角形，∴∠4＝60°，AC＝AB，∴在△ABE和△ACF中，∠1=∠3AB∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE＝CF；（2）四邊形AECF的面積不變，△CEF的周長發生變化．理由如下：由（1）得△ABE≌△ACF，則S△ABE＝S