专题15：全等三角线中的辅助线做法及常见题型之等腰旋转-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）（含答案解析）

这是一份专题15：全等三角线中的辅助线做法及常见题型之等腰旋转-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）（含答案解析），共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题15：第三章 全等三角形中的辅助线的做法及常见题型之等腰旋转


一、单选题
1．如图，正方形ABCD的边长是2，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在边AD、AB上，且OE⊥OF，则四边形AFOE的面积是（　　）

A．4 B．2 C．1 D．


二、填空题
2．已知：如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，对角线AC、BD相交于点O．过点O作一直角∠MON，直角边OM、ON分别与OA、OB重合，然后逆时针旋转∠MON，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），OM、ON分别交AB、BC于E、F两点，连接EF交OB于点G，则下列结论中正确的是________(填序号)．
①；②S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：2；③；④OG•BD=AE2+CF2；⑤在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，．

3．已知直角三角形ABC，∠ABC=90°，AB=3，BC=5，以AC为边向外作正方形ACEF，则这个正方形的中心O到点B的距离为______．

4．如图，折线中，，，将折线绕点按逆时针方向旋转，得到折线，点的对应点落在线段上的点处，点的对应点落在点处，连接，若，则_____°．


三、解答题
5．如图，已知等腰直角三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，BF平分∠ABC，CD⊥BD交BF的延长线于点D，试说明：BF＝2CD．

6．如图（a），（b），（c）所示，点E、D分别是正、正四边形ABCM，正五边形ABCMN中以C点为顶点的相邻两边上的点，且，DB交AE于点P．

（1）在图（a）中，求的度数．
（2）在图（b）中，的度数为________，图（c）中，的度数为________．
（3）根据前面探索，你能否将本题推广到一般的正n边形情况．若能，写出推广问题和结论；若不能，请说明理由．
7．（1）操作发现：将等腰与等腰按如图1方式叠放，其中，点，分别在，边上，为的中点，连结，．小明发现，你认为正确吗？请说明理由．
（2）思考探究：小明想：若将图1中的等腰绕点沿逆时针方向旋转一定的角度，上述结论会如何呢？为此进行以下探究：
探究一：将图1中的等腰绕点沿逆时针方向旋转（如图2），其他条件不变，发现结论依然成立．请你给出证明．
探究二：将图1中的等腰绕点沿逆时针方向旋转（如图3），其他条件不变，则结论还成立吗？请说明理由．

8．已知在中，，点D是BC上的任意一点，探究与的关系，并证明你的结论.

9．如图所示，等腰直角中，，点在上，且，，．将绕点逆时针旋转，画出旋转后的图形，并求的长．

10．如图，在四边形ABCD中，∠C=60°，∠A=30°，CD=BC．
（1）求∠B+∠D的度数．
（2）连接AC，探究AD，AB，AC三者之间的数量关系，并说明理由．
（3）若BC=2，点E在四边形ABCD内部运动，且满足DE2=CE2+BE2，求点E运动路径的长度．

11．问题背景
如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系．

（1）特殊情景
在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______．
（2）类比猜想
类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由．
（3）解决问题
如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长．
12．如图，在线段AB上任取一点M（）、把线段MB绕M点逆时针旋转90°至MC．连接AC，作AC的垂直平分线交AM于N点，此时AN、MN、BM为边的三角形是一个直角三角形，我们称点M，N是线段AB的勾股分割点.如下右图，已知：点M，N是线段AB的勾股分割点，，△ABC、△MND分别是以AB、MN为斜边的等腰直角三角形，且点C与点D在AB的同侧，若MN=3，连接CD，则CD=______.

13．如图，O为正方形ABCD对角线的交点，E为AB边上一点，F为BC边上一点，△EBF的周长等于BC的长．
（1）若AB=12，BE=3，求EF的长；
（2）求∠EOF的度数；
（3）若OE=OF，求的值．


参考答案
1．C
【解析】
【分析】
根据正方形的性质可得OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，再利用ASA证明△AOE≌△BOF，从而可得△AOE的面积＝△BOF的面积，进而可得四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积，问题即得解决．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴△AOE的面积＝△BOF的面积，
∴四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积＝×22＝1；
故选C．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
2．①③④
【解析】
【分析】
①②③证明△BOE≌△COF，结合正方形的性质可判断；④证明，结合△BOE≌△COF的性质即可证得；⑤作OH⊥BC，表示出S△BEF+S△COF，即可判断．
【详解】
①∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，
∴∠BOF+∠COF=90°，
∵∠EOF=90°，
∴∠BOF+∠COE=90°，
∴∠BOE=∠COF，
在△BOE和△COF中，
，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF，BE=CF，
∴EF=OE；故①正确；
②∵S四边形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC=S正方形ABCD，
∴S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；故②错误；
③∴BE+BF=BF+CF=BC=OA；故③正确；
④∵
∴
∴
∴
∵
∴
∵在中，
∴
∴，故④正确；
⑤过点O作OH⊥BC，

∵BC=1，
∴OH=BC=，
设AE=，则BE=CF=1-，BF=，
∴S△BEF+S△COF=BE•BF+CF•OH=（1-）+（1-）×=-（-）2+，
∵＜0，
∴当=时，S△BEF+S△COF最大；
即在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE=；故⑤错误；
故答案为①③④．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，熟知以上知识点是解题的关键．
3．
【解析】
如图，延长BA到D，使AD=BC，连接OD，OA，OC，

∵四边形ACEF是正方形，∴∠AOC=90°，CO=AO，
∵∠ABC=90°，∠ABC+∠AOC=180°，
∴∠BCO+∠BAO=180°，∠BCO=∠DAO，
在△BCO与△DAO中，

∴△BCO≌△DAO（SAS），
∴OB=OD，∠BOC=∠DOA，∴∠BOD=∠COA=90°，
∴△BOD是等腰直角三角形，∴BD=，
∵BD=AB+AD=AB+BC=8，∴OB=.
故答案为.
4．
【解析】
【分析】
连接AC 、AE ，过点A作AF⊥BC于F ,作AH⊥EC于H．再证明四边形AFCH是矩形,可得AF=CH ,由旋转的性质可得AD=AB=3、BC=DE=5，∠ABC=∠ADE，则△ABC≌△ADE，即AC=AE ；再由等腰三角形的性质和勾股定理可得BF、AF、EC、CD的长，最后根据正切定义解答即可．
【详解】
解：如图：连接AC 、AE ，过点A作AF⊥BC于F ,作AH⊥EC于H．

∵CE⊥BC，AF⊥BC，AH⊥EC
∴四边形AFCH是矩形，
∴AF=CH，
∵将折线AB-BC绕点A按逆时针方向旋转，得到折线AD-DE
∴AD=AB=3、BC=DE=5，∠ABC=∠ADE
∴△ABC≌△ADE
∴AC=AE，
∵AC=AE，AB=AD，AF⊥BC，AH⊥EC，BF=DF，CH=EH
∴
∴
∴BF=，AF=
∴
∴
故答案为：2
【点睛】
本题考查了旋转的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，根据题意求得EC、CD的长是解答本题的关键．
5．见解析
【解析】
【分析】
作BF的中点E，连接AE、AD，根据直角三角形得到性质就可以得出AE＝BE＝EF，由BD平分∠ABC就可以得出∠ABE＝∠DBC＝22.5°，从而可以得出∠BAE＝∠BAE＝∠ACD＝22.5°，∠AEF＝45°，由∠BAC＝90°，∠BDC＝90°就可以得出A、B、C、D四点共圆，求出AD＝DC，证△ADC≌△AEB推出BE＝CD，从而得到结论．
【详解】
解：取BF的中点E，连接AE，AD，

∵∠BAC＝90°，
∴AE＝BE＝EF，
∴∠ABD＝∠BAE，
∵CD⊥BD，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠DAC＝∠DBC，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴∠DAC＝∠BAE，
∴∠EAD＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝45°，
∴∠ABD＝∠DBC＝22.5°，
∴∠AED＝45°，
∴AE＝AD，
在△ABE与△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC，
∴BE＝CD，
∴BF＝2CD．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，四点共圆，直角三角形的性质，角平分线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
6．（1）证明见解析；（2），；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据SAS证明，得出，再根据计算得出的度数；
（2）方法与（1）相同；
（3）由（1）、（2）可得出规律：等于这个正n边形的一个内角的度数．
【详解】
（1）∵△ABC是正三角形，
∴AB＝BC，∠ABE=∠C=，
在和中
，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
（2）如图（b）:
∵△ABCM是正四边形，
∴AB＝BC，∠ABE=∠C=，
在和中
，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
如图（c）:
∵△ABCMN是正五边形，
∴AB＝BC，∠ABE=∠C=，
在和中
，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
（3）问题：如图（d）所示，点E，D分别是正n边形中以C点为顶点的相邻两边上的点，
且，DB交AE于P点．则等于这个正n边形的一个内角的度数，即．
【点睛】
考查了全等三角形的判定、性质和三角形外角的性质，解题关键是利用SAS方法求证三角形全等和三角形外角的性质．
7．（1）正确，理由见解析；（2）证明见解析；（3）成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接DM并延长，作BN⊥AB，与DM的延长线交于N，连接CN，先证明△EMD≌△BMN，得到BN=DE=DA，再证明△CAD≌△CNB，得到CD=CN，证明△DCM是等腰直角三角形即可；
（2）探究一：延长DM交BC于N，根据平行线的性质和判定推出∠DEM=∠MBC，根据ASA推出△EMD≌△BMN，证出BN=AD，证明△CMD为等腰直角三角形即可；
探究二：作BN∥DE交DM的延长线于N，连接CN，根据平行线的性质求出∠E=∠NBM，根据ASA证△DCA≌△NCB，推出△DCN是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可推出△CMD为等腰直角三角形．
【详解】
解：（1）如图一，连接DM并延长，作BN⊥AB，与DM的延长线交于N，连接CN，

∵∠EDA=∠ABN=90°，
∴DE∥BN，
∴∠DEM=∠MBN，
∵在△EMD和△BMN中，
，
∴△EMD≌△BMN（ASA），
∴BN=DE=DA，MN=MD，
在△CAD和△CNB中，
，
∴△CAD≌△CNB，
∴CD=CN，
∴△DCN是等腰直角三角形，且CM是底边的中线，
∴CM⊥DN，
∴△DCM是等腰直角三角形，
∴DM=CM；
（2）探究一，
理由：如图二，连接DM并延长DM交BC于N，
∵∠EDA=∠ACB=90°，
∴DE∥BC，
∴∠DEM=∠MBC，
∵在△EMD和△BMN中，
，
∴△EMD≌△BMN（ASA），
∴BN=DE=DA，MN=MD
∵AC=BC，
∴CD=CN，
∴△DCN是等腰直角三角形，且CM是底边的中线，
∴CM⊥DM，∠DCM=∠DCN=45°=∠BCM，
∴△CMD为等腰直角三角形．
∴DM=CM；
探究二，
理由：如图三，连接DM，过点B作BN∥DE交DM的延长线于N，连接CN，
∴∠E=∠MBN=45°．
∵点M是BE的中点，
∴EM=BM．
∵在△EMD和△BMN中，

∴△EMD≌△BMN（ASA），
∴BN=DE=DA，MN=MD，
∵∠DAE=∠BAC=∠ABC=45°，
∴∠DAC=∠NBC=90°
∵在△DCA和△NCB中
，
∴△DCA≌△NCB（SAS），
∴∠DCA=∠NCB，DC=CN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，且CM是底边的中线，
∴CM⊥DM，∠DCM=∠DCN=45°=∠CDM，
∴△CMD为等腰直角三角形．
∴DM=CM

【点睛】
本题综合考查了等腰直角三角形，等腰三角形的性质和判定，平行线的性质和判定，全等三角形的性质和判定，此题综合性比较强，培养了学生分析问题和解决问题的能力，类比思想的运用，题型较好，难度较大．
8．
【解析】
【分析】
作AE⊥BC于E，可得BE=CE=BC，然后再使用勾股定理即可完成解答.
【详解】
. 证明如下：
如图：作AE⊥BC于E， 由题意得：ED=BE-BD=CD-CE，
在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，

∴BE=CE=BC，
由勾股定理可得：





即.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的知识，解题的关键是做辅助线构造直角三角形.
9．
【解析】
【分析】
将△CEB绕点C逆时针旋转90°，得到△ACE′，连结DE′，根据旋转的性质可得CE＝C E′，AE′＝BE，再求出△ADE′是直角三角形，然后勾股定理得出，再根据∠ACE′＝∠BCE，∠CAE′＝∠B＝45°，然后求出∠DCE′＝45°，从而得到∠DCE＝∠DCE′，再利用“边角边”证明△E′CD≌△DCE，根据全等三角形对应边相等可得DE= DE′=，
【详解】
解：如图，由旋转性质知，
∴，即，
∴，
在中，，
∵，∠ECB=∠E′CA，
∴∠ECB+∠DCA=∠E′CA+ ∠DCA=∠E′CD=45°=∠DCE，
又∵E′C=CE，CD=CD
∴△E′CD≌△DCE，
∴DE= DE′=.

【点睛】
本题考查了作图−旋转变换，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，难度适中．准确作出旋转后的图形是解题的关键．
10．（1）∠D+∠B=270°；（2）AD2+AB2=AC2；理由见解析；（3）点E运动路径的长度是．
【解析】
【分析】
（1）利用四边形内角和定理计算即可；
（2）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转60°，得到△QDC，连接AQ，证明∠QDA=90°，根据勾股定理可得结论；
（3）如图中，将△BCE绕C点顺时针旋转60°，得到△CDF，连接EF，想办法证明∠BEC=150°即可解决问题.
【详解】
（1）在四边形ABCD中，∠C=60°，∠A=30°，
∴∠D+∠B=360°-∠A-∠C=360°-60°-30°=270°．
（2）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转60°，得到△QDC，连接AQ，

∴∠ACQ=60°，AC=CQ，AB=QD，
∴△ACQ是等边三角形，
∴AC=CQ=AQ，
由（1）知：∠ADC+∠B=270°，
∴∠ADC+∠CDQ=270°，
可得∠QDA=90°，
∴AD2+DQ2=AQ2，
∴AD2+AB2=AC2；
（3）将△BCE绕C点顺时针旋转60°，得到△CDF，连接EF，

∵CE=CF，∠ECF=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，∠CFE=60°，
∵DE2=CE2+BE2，
∴DE2=EF2+DF2，
∴∠DFE=90°，
∴∠CFD=∠CFE+∠DFE=60°+90°=150°，
∴∠CEB=150°，
则动点E在四边形ABCD内部运动，满足∠CEB=150°，以BC为边向外作等边△OBC，
则点E是以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为，
∵OB=BC=2，
则==．
点E运动路径的长度是．
【点睛】
本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
11．（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE
【解析】
【分析】
（1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，由旋转的性质可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根据∠EAF=∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝∠FAG，利用SAS可证明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，进而可得EF=BE+FD；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，由旋转的性质可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根据∠BAD＝α，∠EAFα可得∠BAE+∠FADα，进而可证明∠FAH＝∠EAF，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′，由旋转的性质可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，即可求出∠E′BD＝90°，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的长即可的答案.
【详解】
（1）BE+DF＝EF，
如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，
∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线．
由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣∠BAD=90°-45°＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠FAG=45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG．
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF，

故答案为BE+DF＝EF．
（2）成立．
如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，
可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH．
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADH+∠ADC＝180°，
∴点C，D，H在同一直线上．
∵∠BAD＝α，∠EAFα，
∴∠BAE+∠FADα，
∴∠DAH+∠FADα，
∴∠FAH＝∠EAF，
又∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE；

（3）DE，
如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′．

可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，
在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∠BAC=90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，
∴CD=BC=BD=3，
∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BD2＝E′D2．
易证△AE′D≌△AED，
∴DE＝DE′，
∴DE2＝BD2+EC2，即DE2，
解得．
【点睛】
本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，旋转后不改变图形的大小和形状，并且对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定定理是解题关键.
12．
【解析】
【分析】
如图中，连接CM、CN，将△ACM绕点C逆时针旋转90°得△CBF，将△CDM绕点C逆时针旋转90°得△CFE只要证明四边形EFDN是平行四边形以及MN=NF就可以了．
【详解】

如图，连接CM、CN，将△ACM绕点C逆时针旋转90°得△CBF，将△CDM绕点C逆时针旋转90°得△CFE．
∵△ABC，△DMN都是等腰直角三角形，
∴∠DMN=∠A=45°，∠CBA=∠DNM=45°
∴DM∥AC，DN∥BC，
∴∠1=∠2=∠3=∠4，
∴EF∥BC，
∴EF∥BC∥ND，
∵DM=DN=EF，
∴四边形EFND是平行四边形，
∴ED=NF，
由∠NBF=∠FBC+∠CBA=90°
则=+，
点M，N是线段AB的勾股分割点，（）
则=+，
又AM=BF，
可知MN=NF，
∴MN=ED，
在RT△CDE中，∵CD=CE，∠DCE=90°，
DE=CD，
MN=CD，
MN=3，
则CD==.
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质等知识，利用旋转法添加辅助线是解决问题的关键．
13．（1）EF =5；（2）∠EOF=45°；（3）．
【解析】
【分析】
（1）设BF=x，则FC=12-x，根据△EBF的周长等于BC的长得出EF=9-x，Rt△BEF中利用勾股定理求出x的值即可得；（2）在FC上截取FM=FE，连接OM．首先证明∠EOM=90°，再证明△OFE≌△OFM（SSS）即可解决问题；（3）证明∠FOC=∠AEO，结合∠EAO=∠OCF=45°可证△AOE∽△CFO得 ，推出AE=OC，AO=CF，由AO=CO，可得AE=×CF=CF，进而求解．
【详解】
（1）设BF=x，则FC=BC﹣BF=12﹣x，
∵BE=3，且BE+BF+EF=BC，
∴EF=9﹣x，
在Rt△BEF中，由BE2+BF2=EF2可得32+x2=（9﹣x）2，
解得：x=4，
则EF=9﹣x=5；
（2）如图，在FC上截取FM=FE，连接OM，

∵C△EBF的周长=BE+EF+BF=BC，则BE+EF+BF=BF+FM+MC，
∴BE=MC，
∵O为正方形中心，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCM=45°，
在△OBE和△OCM中，
∵，
∴△OBE≌△OCM，
∴∠EOB=∠MOC，OE=OM，
∴∠EOB+∠BOM=∠MOC+∠BOM，即∠EOM=∠BOC=90°，
在△OFE与△OFM中，
∵，
∴△OFE≌△OFM（SSS），
∴∠EOF=∠MOF=∠EOM=45°．
（3）证明：由（2）可知：∠EOF=45°，
∴∠AOE+∠FOC=135°，
∵∠EAO=45°，
∴∠AOE+∠AEO=135°，
∴∠FOC=∠AEO，
∵∠EAO=∠OCF=45°，
∴△AOE∽△CFO．
∴，
∴AE=OC，AO=CF，
∵AO=CO，
∴AE=×CF=CF，
∴=．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．