初中数学中考复习 专题32第6章四边形之正方形与45度的基本图备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题32第6章四边形之正方形与45度的基本图备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版），共51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。

32第6章四边形之正方形与45度的基本图
一、单选题
1．如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①AG+EC=GE；②；③的周长是一个定值；④连结FC，的面积等于．在以上4个结论中，正确的是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定，再由，从而判断①，由对折可得： 由，可得：从而可判断②， 设 则利用三角形的周长公式可判断③，如图，连接 证明是直角三角形，从而可判断④，从而可得本题的结论．
【详解】解：由正方形与折叠可知，
DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，

∴，


故①正确；
由对折可得：
，



故②正确；
设
则

所以：的周长是一个定值，
故③正确，
如图，连接
由对折可得：






故④正确．

综上：①②③④都正确．
故选
【点评】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
2．如图，在正方形OABC中，点B的坐标是(6，6)，点E、F分别在边BC、BA上，OE=3．若∠EOF=45°，则F点的纵坐标是 ( 　 )

A．2 B． C． D．－1
【答案】A
【分析】如图，连接EF，延长BA使得AM=CE，则△OCE≌△OAM．先证明△OFE≌△FOM，推出EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=x，在Rt△EFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题．
【详解】如图，连接EF，延长BA，使得AM=CE，
∵OA=OC，∠OCE=∠AOM，
∴△OCE≌△OAM（SAS）．

∴OE=OM，∠COE=∠MOA，
∵∠EOF=45°，
∴∠COE+∠AOF=45°，
∴∠MOA+∠AOF=45°，
∴∠EOF=∠MOF，
在△OFE和△OFM中，
，
∴△OFE≌△FOM（SAS），
∴EF=FM=AF+AM=AF+CE，
设AF=，
∵CE=，
∴EF=，EB=3，，
∴()2=32+()2，
∴，
∴点F的纵坐标为，
故选：A
【点评】本题考查了正方形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．
3．如图，在正方形有中，是上的动点，（不与、重合），连结，点关于的对称点为，连结并延长交于点，连接，过点作⊥交的延长线于点，连接，那么些的值为（ ）

A．1 B． C． D．2
【答案】B
【分析】作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE，
，
∵AD=AB，
∴DM=BE，
∵点A关于直线DE的对称点为F，
∴△ADE≌△FDE，
∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，∠1=∠2，
∴∠DFG=90°，
在Rt△DFG和Rt△DCG中，
∵，
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），
∴∠3=∠4，
∵∠ADC=90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2∠2+2∠3=90°，
∴∠2+∠3=45°，
即∠EDG=45°，
∵EH⊥DE，
∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形，
∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH，
∴∠1=∠BEH，
在△DME和△EBH中，
∵，
∴△DME≌△EBH（SAS），
∴EM=BH，
Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE，
∴，
∴ ，即.
故选：B.
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等．
4．如图，在正方形内作，交于点，交于点，连接，过点作，垂足为点，将绕点顺时针旋转得到，若，则以下结论：①，②，③，④，正确的个数有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】利用正方形的性质与旋转的性质证明再证明判断①，利用全等三角形的性质与勾股定理先求解正方形的边长，再分别求解，判断②，再利用勾股定理计算，判断③，通过计算，判断④．
【详解】解：由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°．
又∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°．
∴∠BAG+∠BAE=45°．
∴∠GAE=∠FAE．
在△GAE和△FAE中
，





故①正确，





设正方形的边长为，则
由勾股定理得：
解得：（舍去）

故②错误，


故③正确，

故④正确．
综上：①③④正确，
故选C．

【点评】本题考查的是旋转的性质，正方形的性质，三角形的全等的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
5．在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD边上的两个动点，∠EAF＝45°，下列几个结论中：①EF＝BE＋DF；②MN2＝BM2＋DN2；③FA平分∠DFE；④连接MF，则△AMF为等腰直角三角形；⑤∠AMN＝∠AFE． 其中一定成立的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D
【分析】通过图形的旋转，得到，证明，可得①正确；将绕点A逆时针旋转得到，连接NG，证得，可得②正确；根据可得③正确；由∠BDC=∠MAN=45°，可得点A，M，F，D四点共圆，进而可得到④正确；通过证明三角形相似可得⑤正确；
【详解】∵四边形ABCD正方形，
∴AB=AD，，
∴将绕点A逆时针旋转得到，如图所示，

则AH=AE，，
∴，
∴，
∵AF=AF，
∴，
∴EF=FH=DF+DH=DF+BE，故①正确；
如图所示，

将绕点A逆时针旋转得到，连接NG，易证，是直角三角形，
∴MN=GN，
∴,故②正确；
由①可得，，
∴，
∴FA平分∠DFE，故③正确；

∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDC=45°，
∵∠MAN=45°，
∴∠BDC=∠MAN，
∴点A，M，F，D四点共圆，
∵∠ADF=90°，
∴∠AMF=90°，
∴则△AMF为等腰直角三角形，故④正确；

由∠MAN＝∠FDN=45°，，可得到，
∴,
又∵，
∴∠AMN＝∠AFE，故⑤正确；
故答案选D．
【点评】本题主要考查了正方形的性质应用，旋转的性质，三角形全等和三角形相似的判定和性质，添加和是的辅助线，构造全等三角形，相似三角形和四边形的外接圆，是解题的关键．
6．如图，正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．则下列结论，其中正确的是（　　）
①∠1＝∠2；
②∠3＝∠4；
③GD＝CM；
④若AG＝1，GD＝2，则BM＝．

A．①②③④ B．①② C．③④ D．①②④
【答案】A
【分析】①正确．如图1中，过点B作BK⊥GH于K．想办法证明Rt△BHK≌Rt△BHC（HL）可得结论．
②正确．分别证明∠GBH=45°，∠4=45°即可解决问题．
③正确．如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．首先证明MG=MD，再证明△BTM≌△MWG（AAS），推出MT=WG可得结论．
④正确．求出BT=2，TM=1，利用勾股定理即可判断．
【详解】解：如图1中，过点B作BK⊥GH于K．

∵B，G关于EF对称，
∴EB＝EG，
∴∠EBG＝∠EGB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，
∴∠AGB＝∠EBG，
∴∠AGB＝∠BGK，
∵∠A＝∠BKG＝90°，BG＝BG，
∴△BAG≌△BKG（AAS），
∴BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG，
∵∠BKH＝∠BCH＝90°，BH＝BH，
∴Rt△BHK≌Rt△BHC（HL），
∴∠1＝∠2，∠HBK＝∠HBC，故①正确，
∴∠GBH＝∠GBK+∠HBK＝∠ABC＝45°，
过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R．

∵∠1＝∠2，
∴MQ＝MP，
∵∠MEQ＝∠MER，
∴MQ＝MR，
∴MP＝MR，
∴∠4＝∠MCP＝∠BCD＝45°，
∴∠GBH＝∠4，故②正确，
如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．
∵B，G关于EF对称，
∴BM＝MG，
∵CB＝CD，∠4＝∠MCD，CM＝CM，
∴△MCB≌△MCD（SAS），
∴BM＝DM，
∴MG＝MD，
∵MW⊥DG，
∴WG＝WD，
∵∠BTM＝∠MWG＝∠BMG＝90°，
∴∠BMT+∠GMW＝90°，
∵∠GMW+∠MGW＝90°，
∴∠BMT＝∠MGW，
∵MB＝MG，
∴△BTM≌△MWG（AAS），
∴MT＝WG，
∵MC＝TM，DG＝2WG，
∴DG＝CM，故③正确，
∵AG＝1，DG＝2，
∴AD＝AB＝TM＝3，EM＝WD＝TM＝1，BT＝AW＝2，
∴BM＝，故④正确，
故选：A．
【点评】本题考查正方形的性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角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面构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．


二、填空题
7．如图，已知E、F是边长为1的正方形ABCD内部两点，且满足∠EAF＝∠ECF＝45°，若△AEF的面积为，则△BEC与△DFC的面积之和为________．

【答案】
【分析】将△绕点C逆时针旋转90°至CD与CB重合，得△，且△，将△绕点A顺时针旋转90°至AD与AB重合，得△，且△，再证明△△△，根据求解即可．
【详解】解：将△绕点C逆时针旋转90°至CD与CB重合，得△，且△，将△绕点A顺时针旋转90°至AD与AB重合，得△，且△，

∴
连接
∵∠
∴∠
∴∠
即：∠
∵
∴△
∴
同理可得：△
∴
∴
∵
∴△
∴







故答案是：
【点评】本题考查了运用旋转的性质求解，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握相关性质是解答本题的关键．
8．如图，在正方形ABCD中，点M、N为边BC和CD上的动点（不含端点），，下列三个结论：①当MN＝MC时，则；②2；③△MNC的周长不变；④∠AMN－∠AMB＝60°．其中正确结论的序号是________．

【答案】①②③
【分析】①先用勾股定理求得MC＝NC，则易得△ABM≌△ADN（SAS），再结合∠MAN＝45°，可得答案；
②将△ABM绕点A顺时针旋转90°得△ADE，证明△EAN≌△MAN（SAS），再利用四边形内角和及邻补角关系，可证得结论；
③由△EAN≌△MAN，可得MN＝BM＋DN，从而将△MNC的三边相加即可得答案；
④将△ADN绕点A顺时针旋转90°得△ABF，证明△MAF≌△MAN（SAS），再全等三角形的性质，可证得结论．
【详解】①∵正方形ABCD中，∠C＝90°
∴MN2＝MC2＋NC2
当MN＝MC时，
MN2＝2MC2
∴MC2＝NC2
∴MC＝NC
∴BM＝DN
易证△ABM≌△ADN（SAS）
∴∠BAM＝∠DAN
∵∠MAN＝45°
∴∠BAM＝22.5°，故①正确；
②如图，

将△ABM绕点A顺时针旋转90°得△ADE，
则∠EAN＝∠EAM−∠MAN＝90°−45°＝45°
则在△EAN和△MAN中，
AE＝AM，∠EAN＝∠MAN，AN＝AN，
∴△EAN≌△MAN（SAS）
∴∠AMN＝∠AED
∴∠AED＋∠EAM＋∠ENM＋∠AMN＝360°
∴2∠AMN＋90°＋（180°−∠MNC）＝360°
∴2∠AMN−∠MNC＝90°
故②正确；
③∵△EAN≌△MAN
∴MN＝EN＝DE＋DN＝BM＋DN
∴△MNC的周长为：MC＋NC＋MN＝（MC＋BM）＋（NC＋DN）＝DC＋BC
∵DC和BC均为正方形ABCD的边长，故△MNC的周长不变；
④将△ADN绕点A顺时针旋转90°得△ABF，
则∠FAM＝∠FAN−∠MAN＝90°−45°＝45°
则在△FAM和△MAN中，
AF＝AN，∠FAM＝∠MAN，AM＝AM，
∴△MAF≌△MAN（SAS），
∴∠AMB＝∠AMN，
故④错误；

．
综上①②③都正确，
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，本题具有一定的综合性．
9．如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的一点，将正方形边AB沿AE折叠到AF，延长EF交DC于G，连接AG，则∠EAG＝_____度．

【答案】45．
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可以证明△ADG≌△AFG，再根据全等三角形的性质可得∠DAG=∠FAG，由折叠可得∠BAE=∠FAE，进而可得∠EAG的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠BAD＝∠ADG＝90°，
由翻折可知：AB＝AF，∠ABE＝∠AFE＝∠AFG＝90°，∠BAE＝∠EAF，
∵∠AFG＝∠ADG＝90°，AG＝AG，AD＝AF，
∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），
∠GAF＝∠GAD，
∴∠EAG＝∠EAF+∠GAF＝（∠BAF+∠DAF）＝45°．
故答案为：45．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、折叠，解决本题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质．
10．如图，正方形中，，点是边的中点，连接，与交于点，点在上，点在上，且.若，则____．

【答案】
【分析】如图，首先求出DM、DF、PD的长，证明△DEF∽△DPC，可得，求出DE即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=2，∠DAB=90°，∠DCP=45°，
∵点M是AB边的中点，
∴AM=BM=1，
在Rt△ADM中，DM=，
∵AM∥CD，
∴，
∴DP=，
∵PF=，
∴DF=DP-PF=，
∵∠EDF=∠PDC，∠DFE=∠DCP=45°，
∴△DEF∽△DPC，
∴，
∴，
∴DE=，
∴CE=CD-DE=2-=．
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
11．如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且，将绕点D逆时针旋转90°，得到． 若，则EF的长为__________．

【答案】
【分析】先根据SAS证明△DEF≌△DMF，得EF＝MF，再设EF＝MF＝x，分别表示出BE和BF，然后在Rt△BEF中根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即得结果.
【详解】解：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD＋∠DCM＝180°，
∴F，C，M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF＋∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
∵DF=DF
∴△DEF≌△DMF(SAS)，
∴EF＝MF，设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝1，且BC＝3，
∴EB＝AB－AE＝3－1＝2，BM＝BC＋CM＝3＋1＝4，
∴BF＝BM－MF＝4－x，
在Rt△EBF中，由勾股定理得：EB2＋BF2＝EF2，
即22＋(4－x)2＝x2，
解得x＝，
即EF＝．
故答案为：
【点评】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，解题时注意旋转前后的对应关系和方程思想的应用.
12．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，连接AE、EF、AF，且∠EAF＝45°，下列结论：
①△ABE≌△ADF；
②∠AEB＝∠AEF；
③正方形ABCD的周长＝2△CEF的周长；
④S△ABE+S△ADF＝S△CEF，其中正确的是_____．（只填写序号）

【答案】②③
【分析】当E、F不是BC和CD的中点时，BE≠DF，则△ABE和△ADF的边对应不相等，由此判断①；延长CD至G，使得DG＝BE，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，即可判断②；通过周长公式计算，再由BE+DF＝EF，即可判断③；证明S△ABE+S△ADF＝S△AGF，再由三角形的底与高的数量关系得S△AGF＞S△CEF，进而判断④．
【详解】解：①当E、F不是BC和CD的中点时，BE≠DF，则△ABE≌△ADF不成立，故①错误；
②延长CD至G，使得DG＝BE，连接AG，如图1，

∵四边形ABCD为正方形
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADG＝90°，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，∠AEB＝∠G，AE＝AG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴∠AEF＝∠G，
∴∠AEB＝∠AEF，故②正确；
③∵△AEF≌△AGF，
∴EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+BE+DF＝BC+CD＝2BC，
∵正方形ABCD的周长＝4BC，
∴正方形ABCD的周长＝2△CEF的周长，故③正确；
④∵△ABE≌△ADG，
∴S△ABE＝S△ADG，
∴S△ABE+S△ADF＝S△AGF，
∵GF＝EF＞CF，AD≥CE，
∴，即S△AGF＞S△CEF，
∴S△ABE+S△ADF≠S△CEF，故④错误；
故答案为：②③．
【点评】此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定及性质和三角形的面积关系，掌握正方形的性质、全等三角形的判定及性质和三角形的面积公式是解决此题的关键．

三、解答题
13．已知：四边形为正方形，是等腰，．
（1）如图：当绕点旋转时，若边、分别与、相交于点、，连接，试证明：．

（2）如图，当绕点旋转时，若边、分别与、的延长线相交于点、，连接．

①试写出此时三线段、、的数量关系并加以证明．
②若，，求：正方形的边长以及中边上的高．
【答案】（1）证明见解析；（2）①，证明见解析；②
【分析】（1）延长CB到G，使BG=DF，连接AG，根据正方形性质得出AD=AB，∠D=∠ABG，根据全等三角形的判定推出即可；
（2）①EF=BE-DF，理由是：在BC上取BG=DF，连接AG，证△ABG≌△ADF，△FAE≌△EAG即可；
②过F作FH⊥AE于H，设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，EF=GE=BC-BG+CE=x+4，在Rt△FCE中，由勾股定理得出方程（x+4）2=（x+2）2+62，求出x后再求出FH即可．
【详解】（1）证明：如图1，延长CB到G，使BG=DF，连接AG，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠ABC=∠DAB=∠ABG=90°，AD=AB，
在△ADF和△ABG中，
，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAG=∠EAB+∠BAG=∠EAB+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠EAG，
∵AE=AE，
∴△EAF≌△EAG，
∴EF=EG=EB+BG=EB+DF．
（2）①三线段、、的数量关系是：，理由如下:
如图2，在上取一点，使

连接，同(1)可证，
∴AG=AF，∠DAF=∠BAG，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴．
②如图2，过F作FH⊥AE于H，
设正方形ABCD的边长是x，则BC=CD=x，
∵CE=6，DF=BG=2，
∴EF=GE=CG+CE=BC-BG+CE=x-2+6=x+4，
在Rt△FCE中，由勾股定理得：EF2=FC2+CE2，
∴（x+4）2=（x+2）2+62，
解得：x=6，
∴AG=AF=，
∵∠FAM=45°，∴FH=AF==，，
即△AEF中AE边上的高为．
【点评】本题考查旋转综合题、正方形的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
14．如图，正方形ABCD中，边长为4，M、N在AB、AD上．
(1) 若∠MCN＝45°，则BM＋DN__________MN（填“＞”“＜”或“＝”）；
(2) 如图1，若∠NMC＝∠MCD，求△AMN的周长；
(3) 如图2，若M、N在AB、AD反向延长线上，在(2)的条件下，直接写出DN、MN、BM的数量关系 ．

【答案】（1）=；（2）8；（3）
【分析】（1）如图1中，延长到，使得，连接．证明，推出，，再证明，推出，可得结论．
（2）如图中，作于．利用全等三角形的性质证明，利用（1）中结论即可解决问题．
（3）结论：．如图2中，在上取一点使得．证明方法类似（1）．
【详解】解：（1）如图1中，延长到，使得，连接．

四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：；
（2）如图中，作于．

，，，
，
，，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
的周长．
（3）结论：．
理由：如图2中，在上取一点使得．

四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
【点评】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等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
15．如图，，，点、分别在边、上，，过点作，且点在的延长线上．

（1）与全等吗？为什么？
（2）若，，求的长．
【答案】（1）△GAB≌△FAD，理由见解析；（2）EF=5
【分析】（1）由题意可得∠ABG=∠D=90°，进一步即可根据ASA证得△GAB≌△FAD；
（2）由（1）的结论可得AG=AF，GB=DF，易得∠BAE+∠DAF=45°，进而可推出∠GAE=∠EAF，然后利用SAS即可证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，进一步即可求出结果．
【详解】解：（1）∵，点在的延长线上，
∴∠ABG=∠D=90°，
在△GAB和△FAD中，
∵，AB=AD，∠ABG=∠D，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
（2）∵△GAB≌△FAD，
∴AG=AF，GB=DF，
∵，，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠GAB=45°，即∠GAE=45°，
∴∠GAE=∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
∵AG=AF，∠GAE=∠EAF，AE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE=EF，
∵GE=GB+BE=DF+BE=2+3=5，
∴EF=5．

【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，属于常考题型，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
16．如图，在矩形中，的平分线交于点，于点，于点，与交于点．

（1）求证：四边形是正方形；
（2）若，求证：；
（3）在（2）的条件下，已知，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）首先证明是矩形，然后找到一组邻边相等即可证明四边形是正方形；
（2）主要证明，从而得出，由（1）知，四边形是正方形，，等量代换即可证明；
（3）已知，可知，又因为，求出AD的长度，DF=AD-AF，根据等式关系求出DF的长，最后证明为等腰直角三角形，OD=DF即可求解．
【详解】（1）在矩形中，，
，
，
，
四边形是矩形，
又AE平分，
，
，
为等腰直角三角形，
=，
四边形是正方形（邻边相等的矩形为正方形）；
（2），
，
又，AD=AE，
（AAS），
，
由（1）知，四边形是正方形，
，
；
（3）在正方形中，，，，
由（2）知：，
AD=AE=，，
DF=AD-AF=-1，
又，，
为等腰直角三角形，
OD=DF=2-．
【点评】本题主要考查了矩形与正方形的判定与性质、证明三角形全等等知识点，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．
17．分层探究
（1）问题提出：如图1，点E、F别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF，解题思路：把△ABE绕点A逆时针旋转　 　度至△ADG，可使AB与AD重合．由∠FDG＝ADG+∠ADC＝180°，则知F、D、G三点共线，从而可证△AFG≌　 　（　 　），从而得EF＝BE+DF，阅读以上内容并填空．
（2）类比引申：如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°．探究：若∠B、∠D都不是直角，当∠B、∠D满足什么数量关系时，仍有EF＝BE+DF？
（3）联想拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，并且∠DAE＝45°．猜想BD、CE、DE的数量关系，并给出理由．

【答案】（1）90，△AFE，SAS；（2）∠B+∠D＝180°；（3）EF2＝BE2+FD2，理由见解析
【分析】（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，再证明△AFG≌△AFE进而得到EF＝FG，即可得EF＝BE+DF；
（2）∠B+∠D＝180°时，EF＝BE+DF，与（1）的证法类同；
（3）把△AFD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接EE′，根据旋转的性质，可知△AFD≌△ABE′得到BE′＝FD，AE′＝AF，∠D＝∠ABE′，∠EAD＝∠E′AB，在Rt△ABD中的，AB＝AD，可求得∠E′BD＝90°，所以E′B2+BE2＝E′E2，证△AE′E≌△AE′F，利用FE＝EE′得到EF2＝BE2+FD2．
【详解】解：（1）∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∴∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，
∴点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，
，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝FG，
即EF＝BE+DF，
故答案为：90，△AFE，SAS；
（2）当∠B+∠D＝180°时，EF＝BE+DF，如图2

∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC+∠B＝180°，
∴∠FDG＝180°，
∴点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，
，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
即EF＝BE+DF，
故答案为：∠B+∠D＝180°；
（3）猜想：EF2＝BE2+FD2，
证明：把△AFD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接EE′，如图3，

∴△AFD≌△ABE′，
∴BE′＝FD，AE′＝AF，∠D＝∠ABE′，∠EAD＝∠E′AB，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴∠ABD+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BE2＝E′E2，
又∵∠FAE＝45°，
∴∠BAE+∠EAD＝45°，
∴∠E′AB+∠BAE＝45°，即∠E′AE＝45°，
在△AEE′和△AEF中，
，
∴△AEE′≌△AEF（SAS），
∴EE′＝FE，
∴EF2＝BE2+DF2．
【点评】本题主要考查了几何变换综合，结合全等三角形的性质与判定计算是关键．
18．正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：EF＝CF+AE；
（2）当AE＝2时，求EF的长．

【答案】（1）见解析；（2）5，详见解析．
【分析】（1）由旋转可得DE＝DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF＝90°，由∠EDF＝45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF＝∠MDF，再由DF＝DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF＝CF+AE；
（2）由（1）的全等得到AE＝CM＝2，正方形的边长为6，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF＝MF＝x，可得出BF＝BM﹣FM＝BM﹣EF＝8﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【详解】（1）证明：
∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，AE＝CM，
∴F、C、M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
∵，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF，
∴EF＝CF+AE；
（2）解：设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝2，且BC＝6，
∴BM＝BC+CM＝6+2＝8，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝8﹣x，
∵EB＝AB﹣AE＝6﹣2＝4，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，
即，
解得：x＝5，
则EF＝5．
【点评】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、三角形全等及勾股定理，关键是根据半角旋转得到三角形的全等，然后利用勾股定理求得线段的长．
19．已知，如图1，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在边AB、AD的延长线上，且BE=DF，连接EF．
（1）求∠E的度数；
（2）将△AEF绕点A顺时针方向旋转，当旋转角α满足0°＜α＜45°时，设EF与射线AB交于点G，与AC交于点H，如图所示，试判断线段FH、HG、GE的数量关系，并说明理由．
（3）若将△AEF绕点A旋转一周，连接DF、BE，并延长EB交直线DF于点P，连接PC，则点P的运动路径长为　；线段PC的取值范围为　　．

【答案】（1）∠E=45°；（2）FH2+GE2=HG2，理由见解析；（3）6π，0≤PC≤6．
【分析】（1）先证明AE=AF，由等腰直角三角形的性质可求解；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，先证明△AGH≌△AGK，得GH=GK，由△AFH≌△AEK，得∠AEK=∠AFH=45°，FH=EK，利用勾股定理得：KG2=EG2+EK2，根据相等关系线段等量代换可得结论：FH2+GE2=HG2；
（3）如图3，先证明∠FPE=∠FAE=90°，根据90°的圆周角所对的弦是直径可得：点P的运动路径是：以BD为直径的圆，如图4，可得PC的取值范围．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∵BE=DF，
∴AD+DF=AB+BE，即AF=AE，
又∵∠FAE=90°，
∴∠E=∠F=45°；
（2）FH2+GE2=HG2，理由是：
如图2，过A作AK⊥AC，截取AK=AH，连接GK、EK，

∵∠CAB=45°，
∴∠CAB=∠KAB=45°，
在△AGH和△AGK中，
，
∴△AGH≌△AGK（SAS），
∴GH=GK，
由旋转得：∠FAE=90°，AF=AE，
∵∠HAK=90°，
∴∠FAH=∠KAE，
在△AFH和△AEK中，
，
∴△AFH≌△AEK（SAS），
∴∠AEK=∠AFH=45°，FH=EK，
∵∠AEH=45°，
∴∠KEG=45°+45°=90°，
Rt△GKE中，KG2=EG2+EK2，
即：FH2+GE2=HG2；
（3）解：如图3，

∵∠BAD=90°，∠FAE=90°，AF=AE，
∴∠DAF=∠BAE，
在△DAF和△BAE中，
，
∴△DAF≌△BAE（SAS），
∴∠DFA=∠BEA，
∵∠PNF=∠ANE，
∴∠FPE=∠FAE=90°，
∴将△AEF绕点A旋转一周，总存在直线EB与直线DF垂直，
∴点P的运动路径是：以BD为直径的圆，
∵，
∴点P的运动路径长==π；
如图4，

当P与C重合时，PC最小，PC=0，
当P与A重合时，PC最大为，
∴线段PC的取值范围是：0≤PC≤．
故答案为：π，0≤PC≤．
【点评】本题考查了正方形的性质，旋转变换的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，点的运动路径的概念，通过作辅助线构建全等三角形得出边相等和角相等，因此本题辅助线的作法是关键；故在几何证明中，恰当的作辅助线可以把四边形的问题转化为三角形的问题，使问题得以解决．
20．（1）如图1所示，已知正方形中，是上一点，是延长线上一点，且．求证：；
（2）如图2所示，在正方形中，是上一点，是上一点，如果，请利用（1）中的结论证明：．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据正方形的性质，可直接证明△CBE≌△CDF，从而得出CE=CF；
（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据（1）知∠BCE=∠DCF，即可证明∠ECF=∠BCD=90°，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可得出答案GE=DF+GD=BE+GD．
【详解】解：（1）证明：如图1，在正方形ABCD中，
∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF，
∴CE=CF；
（2）证明：如图2，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，
由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF．
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD
即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=45°，
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，
∴△ECG≌△FCG，
∴GE=GF，
∴GE=DF+GD=BE+GD．

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，利用全等三角形的判定方法正确证明三角形全等是关键．