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初中北师大版3 正方形的性质与判定一课一练
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这是一份初中北师大版3 正方形的性质与判定一课一练，共40页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD=60°.若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 2
2.如图，正方形ABCD的边长为2，E是BC的中点，DF⊥AE，与AB交于点F，则DF的长为( )
A. 5B. 6C. 2 2D. 3
3.如图，正方形ABCD和正方形EFGO的边长都是1，正方形EFGO绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是( )
A. 14B. 12C. 13D. 不能确定
4.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的动点，且BE=CF，连接BF、DE，则BF+DE的最小值为( )
A. 12
B. 20
C. 48
D. 80
5.如图，正方形ABCD的边长为2，以正方形边长为直径画半圆，则图中阴影部分的面积为( )
A. 2π−4
B. 2
C. 4π
D. 8−2π
6.如图，四边形ABCD是正方形，延长BC至点E，使CE=CA，连接AE交CD于点F，则∠E的度数是( )
A. 30°B. 55°C. 45°D. 22.5°
7.如图，在矩形ABCD中，AD>AB，以AB为边向内作正方形ABEF，连接BD交EF于点G，连接GC.若AB=2，则△GBC的面积是( )
A. 1.5B. 2C. 2.5D. 3
8.如图，正方形AOCD、正方形A1CC1D1、正方形A2C1C2D2、⋯、正方形An+1CnCn+1Dn+1的顶点A、A1、A2、⋯、An+1和O、C、C1、C2、⋯、Cn+1分别在一次函数y=x+1的图象和x轴上，若正比例函数y=kx则过点D5，则系数k的值是( )．
A. 6332B. 3263C. 3116D. 1631
9.如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB与点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，若∠AED=a，则∠EFG=( )
A. a−90°
B. 180°−a
C. a−45°
D. 2a−90°
10.已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE.过点A作AE的垂线交DE于点P.若AE=AP=1，PB= 5.下列结论：
①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为 2；③EB⊥ED；④SΔAPD+SΔAPB=1+ 6；⑤S正方形ABCD=4+ 6．
其中正确结论的序号是( )
A. ①③④B. ①②⑤C. ③④⑤D. ①③⑤
11.如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE.将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF.①△ABG≌△AFG；②∠EAG=45°；③BG=GC；④AG // CF；⑤S△FGC=3.6这些结论中正确结论的个数是( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
12.如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF.给出下列结论：①AP=EF且AP⊥EF；②∠PFE=∠BAP；③△ADP一定是等腰三角形；④四边形PECF的周长为4 2；⑤EF的最小值为2 2；⑥PB2+PD2=2PA2.其中结论正确的是( )
A. ①③④⑤B. ②③④⑥C. ①④⑤⑥D. ①②⑤⑥
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE、折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上，若DE=5，则GE的长为______．
14.如图，在平面直角坐标系中，点A，C分别在x轴、y轴上，四边形ABCO是边长为4的正方形，点D为AB的中点，点P为OB上的一个动点，连接DP，AP，当点P满足DP+AP的值最小时，直线AP的解析式为______．
15.如图，在正方形ABCD中，BE=1，将BC沿CE翻折，使B点对应点刚好落在对角线AC上，将AD沿AF翻折，使D点对应点刚好落在对角线AC上，求EF=______．
16.如图，在正方形ABCD中，AB=8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM=6.P为对角线BD上一点，则PM−PN的最大值为______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，正方形AOBC的边AC交x轴正半轴于点E，顶点B、A分别在第一、四象限，已知OA= 2，∠AOE=15∘，求点C的坐标．
18.(本小题8分)
(1)问题背景：如图1，E是正方形ABCD的边AD上的一点，过点C作CE⊥CF交AB的延长线于F求证：CE=CF；
(2)尝试探究：如图2，在(1)的条件下，连接DB、EF交于M，请探究DM、BM与BF之间的数量关系，并证明你的结论．
(3)拓展应用：如图3，在(2)的条件下，DB和CE交于点N，连接CM并延长交AB于点P，已知DE=3 2− 6，∠DME=15°，直接写出PB的长________．
19.(本小题8分)
如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD上两点，∠EAF=45°，过点A作∠GAB=∠FAD，且点G为边CB延长线上一点．
(1)△GAB≌△FAD吗？说明理由．
(2)猜想线段DF、BE、EF之间的数量关系并说明理由．
20.(本小题8分)
如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形，
(1)如图1，连接AG、CE，试判断AG和CE的数量关系和位置关系并证明；
(2)将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角(0°<β<180°)，如图2，连接AG、CE相交于点M，连接MB，当角β发生变化时，∠EMB的度数是否发生变化？若不变化，求出∠EMB的度数；若发生变化，请说明理由．
(3)在(2)的条件下，过点A作AN⊥MB交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系：_________________．
21.(本小题8分)
如图，正方形ABCD中，E为BC边上一点，F为BA延长线上一点，且CE=AF.连接DE、DF.求证：DE=DF．
22.(本小题8分)
如图，正方形ABCD的边长为4，连接对角线AC，点E为BC边上一点，将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF，点E的对应点F恰好落在边CD上，过F作FM⊥AC于点M．
(1)求证：BE=FM；
(2)求BE的长度．
23.(本小题8分)
问题背景：如图，已知四边形ABCD是正方形，点P是射线DC上一点，连接AP，在AP右侧以AP为边作正方形AEFP，连接BE，探究PC，CB，BE之间的数量关系．
(1)问题发现：如图1，当点P在线段DC上时，PC，CB，BE之间的数量关系是____________；
(2)问题探究：如图2，当点P在DC的延长线上时，(1)中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论，再给予证明；
(3)问题拓展：如图3，当点P在DC的延长线上时，设AP与BC交于点Q，若AD=2，BQ=QC，求BF的长．
24.(本小题8分)
在正方形ABCD中，AB=6，点P是对角线BD上一点，点F在直线AB上，点E在直线BC上，且∠FPE=90°．
(1)如图1，当点P与点D重合时，且此时点F在BA的延长线上，则线段FP和线段EP的数量关是______；
(2)如图2，当点F在AB边上时，(1)中的结论是否依然成立，请说明理由；
(3)如图3，当点P与对角线AC，BD的交点重合时，且此时点F在AB边上，若AF=1.5，连接CF，DE，交于点H，求此时FH的长．
25.(本小题8分)
我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”．
(1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是________(填序号)；
(2)如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD于点G，连AG、EG．
①判定四边形ABEG是否为“神奇四边形”________(填“是”或“否”)；
②如图2，点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点．证明四边形MNPQ是“神奇四边形”；
(3)如图3，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B′C′恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB′=2，正方形的边长为6，求线段OF的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
由正方形的性质和平行线的性质得出∠A=90°，∠EFD=∠BEF=60°，由折叠的性质得出∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，从而得出∠AB′E=30°，得出B′E=2AE，设BE=x，得出B′E=x，AE=3−x，从而得出2(3−x)=x，解方程求出x，即可得出答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，∠A=90°，
∴∠EFD=∠BEF=60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，
∴∠AEB′=180°−∠BEF−∠FEB′=60°，
∴∠AB′E=30°，
∴B′E=2AE，
设BE=x，则B′E=x，AE=3−x，
∴2(3−x)=x，
解得x=2，
∴BE=2．
故选D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
此题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．由正方形的性质得出∠DAF=∠B=90°，AB=AD=2，由E是BC的中点，得出BE=1，由勾股定理得出AE= AB2+BE2= 5，证明△ADF≌△BAE(ASA)，即可得出答案．
【解答】
解：如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAF=∠B=90°，BC=AB=AD=2，
∴∠BAE+∠2=90°，
∵AB=2，E是BC的中点，
∴BE=1，
∴AE= AB2+BE2= 22+12= 5，
∵AD//BC，
∴∠1=∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠1+∠ADF=90°，
∴∠ADF=∠BAE，
在△ADF和△BAE中，
∠DAF=∠BAD=BA∠ADF=∠BAE,
∴△ADF≌△BAE(ASA)，
∴DF=AE= 5；
故选A．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，能推出四边形OMBN的面积等于三角形BOC的面积是解此题的关键．
根据正方形的性质得出OB=OC，∠OBC=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BON=∠MOC，证出△OBN≌△OCM．
【解答】
解：
∵四边形ABCD和四边形OEFG都是正方形，
∴OB=OC，∠OBC=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，
∴∠BON+∠BOM=∠MOC+∠BOM=90°
∴∠BON=∠MOC．
在△OBN与△OCM中，
∠OBN=∠OCMOB=OC∠BON=∠COM，
∴△OBN≌△OCM(ASA)，
∴S△OBN=S△OCM，
∴S四边形OMBN=S△OBC=14S正方形ABCD=14×1×1=14．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】解：连接AE，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°．
又BE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)．
∴AE=BF．
所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．
作点A关于BC的对称点H点，如图2，
连接BH，则A、B、H三点共线，
连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点．
根据对称性可知AE=HE，
所以AE+DE=DH．
在Rt△ADH中，DH= AH2+AD2= 82+42= 80，
∴BF+DE最小值为 80．
故选：D．
连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE=AE+DE，则通过作A点关于BC对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可．
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、轴对称−最短距离问题，一般求两条线段最短距离问题，都转化为一条线段．
5.【答案】D
【解析】解：
图中阴影部分的面积S=2×[2×2−π×(22)2]=8−2π，
故选：D．
根据图形得出阴影部分的面积等于正方形ABCD的面积减去一个圆的面积的差的2倍，再求出答案即可．
本题考查了正方形的性质和扇形面积的计算，能把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键．
6.【答案】D
【解析】【分析】
根据正方形的性质就有∠ACD=∠ACB=45°=∠CAE+∠E，根据CE=AC就可以求出∠CAE=∠E=22.5°．
本题考查了正方形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，三角形的外角与内角的关系的运用及三角形内角和定理的运用．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=∠ACB=45°．
∵∠ACB=∠CAE+∠E，
∴∠CAE+∠E=45°．
∵CE=AC，
∴∠CAE=∠E=22.5°．
故选D．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查矩形和正方形的性质，过点G作MN//BC交AB于点M，交CD于点N，连接AG，利用矩形和正方形的性质得出S△BGC=12S正方形ABEF即可解答．
【解答】
解：如图，过点G作MN//BC交AB于点M，交CD于点N，连接AG，
∵四边形ABCD是矩形，四边形ABEF是正方形，MN//BC，
∴四边形AMGF、四边形MBEG、四边形FGND、四边形GECN都是矩形，
∴S△ABD=S△BCD，S△MBG=S△BEG，S△GFD=S△GND，
∴S矩形AMGF=S矩形GECN，
∴S矩形AMGF+S矩形MBEG=S矩形MBEG+S矩形GECN，即S正方形ABEF=S矩形MBCN，
∵S△BGC=12S矩形MBCN，
∴S△BGC=12S正方形ABEF，
∵AB=2，
∴S正方形ABEF=2×2=4，
∴S△BGC=12×4=2，
故选B．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题为一次函数图象上点的规律探究题，解答时按形成各点的形成顺序依次求出，从而找出规律．根据正方形的性质和一次函数图象上点的坐标特征求得点D5的坐标，代入函数解析求得k的值
【解答】解：当x=0时，y=1，则A(0,1)，
∴OC=OA=1，则C(1,0)，D(1,1)，
把x=1代入y=x+1知，y=2，则A1C=2，则CC1=A1C=2.此时D1(1+2,1×2)，即(3,2)，
同理，D2(1+2+4,2×2)，即(7,4)，
D3(1+2+4+8,2×2×2)，即(15,8)，
D4(1+2+4+8+16,24)，即(31,16)，
D5(1+2+4+8+16+32,25)，即(63,32)，
把D5(63,32)代入y=kx，
得k=3263．
故选：B．
9.【答案】C
【解析】解：如图所示，延长GE交AD于点H，
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴BE=DE，∠ABC=90°，
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴四边形FBGE是矩形，
∴FG=BE，∠FEG=90°，
∴FG=DE，AB//GH，
∴EH⊥AD，
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠FAE=∠HAE=45°，
∴∠HEA=∠FEA=45°，
∴△AFE，△AHE是等腰直角三角形，
∴AH=EH，
∵∠FAH=∠AFE=∠AHE=90°，
∴四边形AFEH是正方形，
∴FE=HE，
在Rt△FEG和Rt△EHD中，
EF=HEFG=DE，
∴Rt△FEG≌Rt△EHD(HL)，
∴∠EFG=∠HED，
∵∠AED=∠AEH+∠HED=a，
∴45°+∠EFG=α，
∴∠EFG=a−45°．
故选：C．
延长GE交AD于点H，首先证明出四边形FBGE是矩形，得到FG=BE，∠FEG=90°，然后证明出△AFE，△AHE是等腰直角三角形，得到AH=EH，然后证明出Rt△FEG≌Rt△EHD(HL)，得到∠EFG=∠HED，然后利用角度的等量代换求解即可．
此题考查了正方形的性质和判定，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，解题的关键是正确作出辅助线，证明出Rt△FEG≌Rt△EHD(HL)．
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题利用了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、正方形和三角形的面积公式、勾股定理等知识．
①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；③利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，即可证；②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；⑤在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积；④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可．
【解答】
解：①∵∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
∴△APD≌△AEB(故①正确)；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD=∠AEB，
又∵∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP=∠PAE=90°，
∴EB⊥ED(故③正确)；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
又∵BE= BP2−PE2= 5−2 = 3，
∴BF=EF= 62(故②不正确)；
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE=AP=1，
∴EP= 2，
又∵PB= 5，
∴BE= 3，
∵△APD≌△AEB，
∴PD=BE= 3，
∴S△ABP+S△ADP=S△ABD−S△BDP=12S正方形ABCD−12×DP×BE=12×(4+ 6)−12× 3× 3=12+ 62.(故④不正确)．
⑤∵EF=BF= 62，AE=1，
∴在Rt△ABF中，AB2=(AE+EF)2+BF2=4+ 6，
∴S正方形ABCD=AB2=4+ 6(故⑤正确)；
故选D．
11.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了正方形性质，折叠性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行线的判定等知识点的运用，依据翻折的性质找出其中对应相等的线段和对应相等的角是解题的关键．由正方形和折叠的性质得出AF=AB，∠B=∠AFG=90°，由HL即可证明Rt△ABG≌Rt△AFG，得出①正确，先证明∠DAE=∠FAE，∠BAG=∠FAG，则∠EAG=∠EAF+∠GAF，故此可对②做出判断；设BG=x，则CG=BC−BG=6−x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2，由勾股定理求出x=3，得出③正确；由等腰三角形的性质和外角关系得出∠AGB=∠FCG，证出平行线，得出④正确；由S△CFGS△CEG=FGGE可求出△FGC的面积，故此可对⑤做出判断．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC=6，∠B=D=90°，
∵CD=3DE，
∴DE=2，
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴DE=EF=2，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，
∴AF=AB，
∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，AG=AG，AB=AF，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)，
∴①正确；
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴△DAE≌△FAE．
∴∠DAE=∠FAE．
∵△ABG≌△AFG，
∴∠BAG=∠FAG．
∵∠BAD=90°，
∴∠EAG=∠EAF+∠GAF=12×90°=45°．
∴②正确．
∵Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴BG=FG，∠AGB=∠AGF，
设BG=x，则CG=BC−BG=6−x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2，
在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2+CE2=EG2，
∵CG=6−x，CE=4，EG=x+2
∴(6−x)2+42=(x+2)2
解得：x=3，
∴BG=GF=CG=3，
∴③正确；
∵CG=GF，
∴∠CFG=∠FCG，
∵∠BGF=∠CFG+∠FCG，
又∵∠BGF=∠AGB+∠AGF，
∴∠CFG+∠FCG=∠AGB+∠AGF，
∵∠AGB=∠AGF，∠CFG=∠FCG，
∴∠AGB=∠FCG，
∴AG//CF，
∴④正确；
∵△CFG和△CEG中，分别把FG和GE看作底边，
则这两个三角形的高相同．
∴S△CFGS△CEG=FGGE=35，
∵S△GCE=12×3×4=6，
∴S△CFG=35×6=3.6，
∴⑤正确；
正确的结论有5个，
故选：D．
12.【答案】D
【解析】【分析】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、平行线的性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．连接PC，PC交EF于O，延长AP交EF于点H，证△ADP≌△CDP(SAS)，再判定四边形PECF是矩形，根据矩形的性质可以判断①选项；根据全等三角形的性质和矩形的性质可判断②选项；根据P的任意性可以判断△APD不一定是等腰三角形可判断③选项；根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为2BC可判断④选项；根据垂线段最短可判断⑤选项；由等腰直角三角形的性质与矩形的性质可判断⑥选项．
【解答】
解：连接PC，PC交EF于O，延长AP交EF于点H，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠ADC=90°，AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，
又∵PD=PD，
∴△ADP≌△CDP(SAS)，
∴AP=CP，∠PAD=∠PCD，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴∠PFC=∠PEC=90°，
∵∠BCD=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴EF=PC，
∴AP=EF，
∵∠ADC=∠PFC=90°，
∴AD//PF，
∴∠DAP=∠FPH，
∵四边形PECF是矩形，
∴OF=OC，
∴∠PCD=∠EFC，
∴∠FPH=∠EFC，
∵∠EFC+∠EFP=90°，
∴∠FPH+∠EFP=90°，
∴∠PHF=180°−90°=90°，
∴AP⊥EF，
故①正确；
∵四边形PECF是矩形，
∴OE=OC，PF//EC，
∴∠PCE=∠FEC，∠PFE=∠FEC，
∴∠PFE=∠PCE，
∵△ADP≌△CDP，
∴∠DAP=∠DCP，
∴∠BAP=∠PCB，
∴∠PFE=∠BAP，
故②正确；
∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP=45°，
∴当∠PAD=45°或67.5°或90°时，△APD是等腰三角形，
除此之外，△APD不是等腰三角形，
故③不正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PBE=45°，
∵PE⊥BC，
∴△BEP是等腰直角三角形，
∴PE=BE，
∵四边形PECF是矩形，
∴四边形PECF的周长=2CE+2PE=2CE+2BE=2BC=8，
故④不正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=4，∠BAD=90°，
∴△BAD是等腰直角三角形，
∴BD= 2AB=4 2，
当AP⊥BD时，AP最小，
此时AP最小值为12BD=2 2，
∵AP=EF，
∴EF的最小值为2 2，
故⑤正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PDF=45°，
∴△DFP是等腰直角三角形，
∴PD2=2PF2，
∵△BEP是等腰直角三角形，
∴PB2=2PE2，
∴PB2+PD2=2(PE2+PF2)=2EF2=2PA2，
故⑥正确；
综上所述，正确结论的个数是4，
13.【答案】4913
【解析】【分析】
本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能够灵活运用轴对称的性质．
由折叠及轴对称的性质可知，BF垂直平分线段AG，先证△ABF≌△DAE，推出AF的长，再利用勾股定理求出BF的长，最后在Rt△ABF中利用面积法可求出AH的长，可进一步求出AG的长，即可求GE的长．
【解答】
解：设折痕BF与AE交于点H，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=12，∠BAD=∠D=90°，
由折叠及轴对称的性质可知，BF垂直平分线段AG，
∴AH=GH，且∠AHB=∠GHB=90°，
∴∠FAH+∠AFH=90°，
又∵∠FAH+∠AED=90°，
∴∠AFH=∠AED，
又∠FAB=∠D=90°，AD=AB，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE=5，
在Rt△ABF中，
BF= AB2+AF2= 122+52=13，
S△ABF=12AB⋅AF=12BF⋅AH，
∴12×5=13×AH，
∴AH=6013，
∴AG=2AH=12013，
∵AE=BF=13，
∴GE=AE−AG=13−12013=4913，
故答案为：4913．
14.【答案】y=−2x+8
【解析】解：∵四边形ABCO是正方形，
∴点A，C关于直线OB对称，
连接CD交OB于P，
连接PA，PD，
则此时，PD+AP的值最小，
∵OC=OA=AB=4，
∴C(0,4)，A(4,0)，
∵D为AB的中点，
∴AD=12AB=2，
∴D(4,2)，
设直线CD的解析式为：y=kx+b，
∴4k+b=2b=4，
∴k=−12b=4，
∴直线CD的解析式为：y=−12x+4，
∵直线OB的解析式为y=x，
∴y=−12x+4y=x，
解得：x=y=83，
∴P(83,83)，
设直线AP的解析式为：y=mx+n，
∴4m+n=083m+n=83，
解得：m=−2,n=8，
∴直线AP的解析式为y=−2x+8，
故答案为：y=−2x+8．
根据正方形的性质得到点A，C关于直线OB对称，连接CD交OB于P，连接PA，PD，则此时，PD+AP的值最小，求得直线CD的解析式为y=−12x+4，由于直线OB的解析式为y=x，解方程组得到P(83,83)，由待定系数法即可得到结论．
本题考查了正方形的性质，轴对称−最短路线问题，待定系数法求一次函数的解析式，正确的找出点P的位置是解题的关键．
15.【答案】 6
【解析】【分析】
本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了正方形的性质以及勾股定理．求出EM与FM是解题的关键．
作FM⊥AB于点M.根据折叠的性质与等腰直角三角形的性质得出EX=EB=AX=1，∠EXC=∠B=90°，AM=DF=YF=1，由勾股定理得到AE= AX2+EX2= 2.那么正方形的边长AB=FM= 2+1，EM= 2−1，然后利用勾股定理即可求出EF．
【解答】
解：如图，作FM⊥AB于点M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠CAD=45°．
∵将BC沿CE翻折，B点对应点刚好落在对角线AC上的点X，
∴EX=EB=AX=1，∠EXC=∠B=90°，
∴AE= AX2+EX2= 2．
∵将AD沿AF翻折，使D点对应点刚好落在对角线AC上的点Y，
∴AM=DF=YF=1，
∴正方形的边长AB=FM= 2+1，EM= 2−1，
∴EF= EM2+FM2= ( 2−1)2+( 2+1)2= 6．
故答案为 6．
16.【答案】2
【解析】解：如图所示，以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，
根据轴对称性质可知，PN=PN′，N′为OC的中点，
∴PM−PN=PM−PN′≤MN′，
当P，M，N′三点共线时，取“=”，
过O作OE⊥BC于点E，可得BE=CE，
∵BM=6，BC=AB=8，
∴MN′为△OEC的中位线，
∴MN′//OE//AB//CD，∠CMN′=90°，
∵∠N′CM=45°，
∴△N′CM为等腰直角三角形，CM=MN′，
∵正方形边长为8，BM=6，
∴CM=BC−BM=8−6=2，
∴CM=MN′=2，
即PM−PN的最大值为2，
故答案为：2．
以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，依据PM−PN=PM−PN′≤MN′，可得当P，M，N′三点共线时，取“=”，过O作OE⊥BC于点E，即可得出MN′//OE//AB//CD，∠CMN′=90°，得到△N′CM为等腰直角三角形，即可得到CM=MN′=2．
本题主要考查了正方形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决即可．
17.【答案】解：连接OC，过点C作CF⊥x轴于F，连接OC，如下图所示：
∵四边形AOBC为正方形，OC为对角线，OA= 2，
∴∠AOC=45°，OA=AC= 2，
在△AOC中，由勾股定理得：OC= OA2+AC2=2，
∵∠AOE=15∘
∴∠COF=∠AOC−∠AOE=45∘−15∘=30∘，
在Rt△ACF中，∠COF=30∘，OC=2，
∴CF=12OC=1，
由勾股定理得：OF= OC2−CF2= 3，
∴点C的坐标为( 3,1)．
【解析】此题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解决问题的关键．
连接OC，过点C作CF⊥x轴于F，连接OC，根据正方形的性质可求出OC=2，∠COF=30°，然后在Rt△ACF中可分别求出CF=1，OF= 3，由此可得点C的坐标．
18.【答案】解：(1)证明：在正方形ABCD中，DC=BC，∠D=∠ABC=∠DCB=90°，
∴∠CBF=180°−∠ABC=90°，
∵CF⊥CE，
∴∠ECF=90°，
∴∠DCB=∠ECF=90°，
∴∠DCE=∠BCF，
∴△CDE≌△CBF(ASA)，
∴CE=CF；
(2)DM=BM+ 2BF，理由如下：
如图，过点F作FH⊥AF，交DB的延长线于H，
∵△CDE≌△CBF，
∴DE=BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠CBD=45°，
∴∠FBH=45°，
∵FH⊥AB，
∴∠FBH=∠H=45°，
∴BF=FH=DE，
∴BH= 2BF，
∵∠EDM=∠H=45°，∠EME=∠HMF，DE=FH，
∴△DME≌△HMF(AAS)，
∴DM=MH，EM=MF，
∴DM=MB+BH=MB+ 2BF；
(3)连接EP，
∵∠DME=15°，∠ABD=45°，
∴∠AFE=30°，
∴AF= 3AE，
∴AB+BF= 3(AB−DE)，
∴AB+3 2− 6= 3AB−3 6+3 2，
∴AB=3 2+ 6，
∴AE=2 6，AF=6 2，
∵EC=CF，∠ECF=90°，EM=MF，
∴CP是EF的垂直平分线，
∴EP=PF，
∵PE2=AE2+AP2，
∴PF2=24+(6 2−PF)2，
∴PF=4 2，
∴PB= 6+ 2，
故答案为： 6+ 2．
【解析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
(1)由“ASA”可证△CDE≌△CBF，可得CE=CF；
(2)由“AAS”可证△DME≌△HMF，可得DM=MH，可得结论；
(3)由直角三角形的性质可得AF= 3AE，可求AB的长，由勾股定理可求PF的长，即可求解．
19.【答案】解：(1)△GAB≌△FAD，理由：
过点A作∠GAB=∠FAD，且点G为边CB延长线上一点，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D=∠ABC=90°，AB=AD，
∴∠ABG=90°，
∴∠ABG=∠D．
在△GAB和△FAD中，
GAB=∠FADAB=AD∠ABG=∠D=90∘
∴△GAB≌△FAD(ASA);
(2)线段DF、BE、EF之间的数量关系为：DF+BE=EF.理由：
由(1)知：△GAB≌△FAD，
∴BG=DF，AG=AF．
∵∠DAF+∠BAF=90∘，∠GAB=∠FAD，
∴∠GAB+∠FAB=90∘，
∴∠GAF=90∘．
∵∠EAF=45∘，
∴∠GAE=∠FAE=45∘．
在△GAE和△FAE中，
AG=AF∠GAE=∠FAE=45∘,AE=AE
∴△GAE≌△FAE(SAS)，
∴GE=EF，
∵GE=BG+BE，
∴DF+BE=EF．
【解析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等量代换，利用正方形的特性构造恰当的辅助线是解题的关键．
(1)过点A作∠GAB=∠FAD，且点G为边CB延长线上一点，利用全等三角形的判定定理证明即可；
(2)利用(1)的结论可得：BG=DF，AG=AF；通过证明△GAE≌△FAE，利用全等三角形的性质定理和等量代换即可得出结论．
20.【答案】(1)AG=EC，AG⊥EC，理由为：
∵正方形BEFG，正方形ABCD，
∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABG和△BEC中，
BG=BE∠ABC=∠EBC=90°BA=BC，
∴△ABG≌△BEC(SAS)，
∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，
延长CE交AG于点M，
∴∠BEC=∠AEM，
∴∠ABC=∠AME=90°，
∴AG=EC，AG⊥EC；
(2)∠EMB的度数不发生变化，∠EMB的度数为45°理由为：
过B作BP⊥EC，BH⊥AM，
在△ABG和△CEB中，
AB=BC∠ABG=∠CBE=90°−∠GBCBG=EB，
∴△ABG≌△CEB(SAS)，
∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，
∴12EC⋅BP=12AG⋅BH，
∴BP=BH，
∴MB为∠EMG的平分线，
∵∠AMC=∠ABC=90°，
∴∠EMB=12∠EMG=12×90°=45°；
(3)CM= 2BN．
【解析】解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)CM= 2BN，理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ，
∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ= 2BN，
∵∠AMN=45°，∠N=90°，
∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，
∴MN−BN=AN−NQ，即AQ=BM，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠MBC=∠BAN，
在△ABQ和△BCM中，
AQ=BM∠BAN=∠MBCAB=BC，
∴△ABQ≌△BCM(SAS)，
∴CM=BQ，
则CM= 2BN，
故答案为：CM= 2BN．
【分析】(1)AG=EC，AG⊥EC，理由为：由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；
(2)∠EMB的度数为45°，理由为：过B作BP⊥EC，BH⊥AM，利用SAS得出三角形ABG与三角形BEC全等，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线，再由∠BAG=∠BCE，及一对对顶角相等，得到∠AMC为直角，即∠AME为直角，利用角平分线定义即可得证；
(3)CM= 2BN，在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ= 2BN，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．
此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．
21.【答案】证明：在正方形ABCD中，∵AD=CD，∠BAD=∠C=90°，
∴∠DAF=90°，
∴∠DAF=∠C，
在△ADF和△CDE中，AD=CD∠DAF=∠CCE=AF，
∴△ADF≌△CDE(SAS)，
∴DE=DF．
【解析】根据正方形的性质可得AD=CD，∠BAD=∠C=90°，然后求出∠DAF=∠C，再利用“边角边”证明△ADF和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并准确识图确定出三角形全等的条件是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF，
∴AE=AF，∠EAF=∠CAB=45°，
∴∠FAC=∠EAB，
在△ABE和△AMF中，
∠B=∠AMF=90°∠EAB=∠FAM,AE=AF
∴△ABE≌△AMF(AAS)，
∴BE=FM；
(2)∵四边形ABCD是正方形，
∴AC= 2AB=4 2，∠ACD=45°，
∵△ABE≌△AMF，
∴AB=AM=4，
∴CM=AC−AM=4 2−4，
∵FM⊥AC，∠ACD=45°，
∴∠ACD=∠CFM，
∴FM=CM=4 2−4，
∴BE=4 2−4．
【解析】(1)由旋转的性质可得AE=AF，∠EAF=∠CAB=45°，∠FAC=∠EAB，由“AAS”可证△ABE≌△AMF，可得BE=FM；
(2)由正方形的性质可得AC= 2AB=4 2，∠ACD=45°，由△ABE≌△AMF可得AB=AM=4，由此即可求解CM，由等腰直角三角形的判定与性质可得FM=CM，由(１)的结论可得BE=FM，本题得解．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定与性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)CB=BE+PC；
(2)不成立，正确结论是：BE=BC+CP.证明如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFP为正方形，
∴∠DAP+∠PAB=90°，∠PAB+∠EAB=90°，
∴∠DAP=∠EAB，
在△DAP和△BAE中，
AP=AE∠DAP=∠BAEAD=AB,
∴△DAP≌△BAE(SAS)．
∴∠ABE=∠D=90°，BE=DP，
又∵DP=DC+CP，DC=BC，
∴BE=BC+CP；
(3)如图，取BE的中点H，连接FH，
∵BQ=QC，CQ//DA，
∴DC=AB=CP．
∵AD=2，
∴CP=2．
∴由(2)知：BE=BC+CP=4．
∴AE=EF= AB2+BE2= 22+42=2 5，
∵∠BAE+∠BEA=90°，∠HEF+∠BEA=90°，
∴∠BAE=∠HEF，
在△ABE和△EHF中，
AB=EH=2∠BAE=∠HEFAE=EF,
∴△ABE≌△EHF(SAS)，
∴∠FHE=∠EBA=90°，
∴FH⊥BE，
∴FH是线段BE的垂直平分线，
∴BF=EF=2 5．
【解析】【分析】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
(1)利用SAS证明△ADP≌△ABE，得出DP=BE，则BC=DC=DP+PC=BE+PC；
(2)不成立，利用SAS证明△DAP≌△BAE得BE=DP，结合DP=DC+CP，DC=BC，得BE=BC+CP；
(3)求得AE=EF=2 5，利用SAS证明△ABE≌△EHF，得出FH是线段BE的垂直平分线，即可求得BF=EF=2 5．
【解答】
解：(1)∵四边形ABCD和四边形AEFP是正方形，
∴AD=AB=DC=CB，AP=AE，∠DAB=∠PAE=90°，
∴∠DAB−∠BAP=∠PAE−∠BAP，
即∠DAP=∠BAE，
在△ADP和△ABE中，
AD=AB∠DAP=∠BAEAP=AE,
∴△ADP≌△ABE(SAS)，
∴DP=BE，
∵DP+PC=DC，
∴BE+PC=DC，
∴CB=BE+PC，
故答案为CB=BE+PC；
(2)见答案；
(3)见答案．
24.【答案】解：(1)PF=PE；
(2)依然成立．
理由：过点P作PM⊥AB于点F，过点P作PN⊥BC于点N，
∴∠PMF=90°=∠PNE，
∵四边形ABCD是正方形，P在BD上，
∴∠ABP=∠CBP，
∴PM=PN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠MPN=360°−∠PMB−∠PNB−∠ABC=90°，
∵∠FPE=90°，
∴∠MPF+∠FPN=∠EPN+∠FPN，
∴∠MPF=∠EPN，
在△PMF和△PNE中，
∠MPF=∠EPN∠PMF=∠PNEPM=PN,
∴△PMF≌△PNE(AAS)，
∴PF=PE；
(3)由(2)知PF=PE，
∵四边形ABCD是正方形，P是对角线的交点，
∴AP=BP=PD=PC，AC⊥BD，
∴∠APB=∠DPC=90°，
∵∠FPE=90°，
∴∠APF=∠BPE，
在△APF和△BPE，
PF=PE∠APF=∠BPEAP=BP，
∴△APF≌△BPE(SAS)，
∴AF=BE=1.5．
∴EC=BC−BE=6−1.5=4.5，
∴ED= EC2+DC2=7.5，
∵∠FPC=90°+∠EPC=∠EPD，
在△FPC和△EPD中，
PF=PE∠FPC=∠EPDPD=PC，
∴△FPC≌△EPD(SAS)，
∴FC=DE=7.5，∠PFC=∠PED，
∵∠PFC+∠FPE=∠PED+∠FHE，
∴∠FHE=∠FPE=90°，
即HC是△EDC斜边上的高，
由面积关系得S△EDC=12EC⋅DC=12ED⋅HC，
∴HC=EC⋅DCED=4.5×67.5=3.6，
∴FH=FC−HC=7.5−3.6=3.9．
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠C=∠BAD=90°，AD=CD，
∴∠FAD=∠C，
∵∠EDF=90°，
∴∠ADF=∠CDE，
∴△CDE≌△ADF(ASA)，
∴DE=DF，
即PE=PF，
故答案为：PF=PE；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)证明△CDE≌△ADF(ASA)，由全等三角形的性质得出DE=DF，则可得出结论；
(2)过点P作PM⊥AB于点F，过点P作PN⊥BC于点N，证明△PMF≌△PNE(AAS)，由全等三角形的性质得出PF=PE；
(3)证明△APF≌△BPE(SAS)，由全等三角形的性质得出AF=BE=1.5.证明△FPC≌△EPD(SAS)，由全等三角形的性质得出FC=DE=7.5，∠PFC=∠PED，由三角形EDC的面积求出HC的长，则可得出答案．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积计算等知识点，作辅助线构建全等三角形是解题的关键．
25.【答案】解：(1)④；
(2)①是；
②∵M，N为AB，AG的中点，
∴MN为△ABG的中位线，
∴MN//BG，MN=12BG，
同理：PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12AE，NP//AE，NP=12AE，
∴MN=PQ，MQ=NP，
∴四边形MNPQ为平行四边形，
∵AE=BG，
∴MN=MQ，
∴平行四边形MNPQ为菱形，
∵BG⊥AE，MQ//AE，
∴MQ⊥BG，
∵MN//BG，
∴MQ⊥MN，
∴∠QMN=90°，
∴四边形MNPQ为正方形，
∴四边形MNPQ是“神奇四边形”；
(3)如图3，延长AO交BC于S，
由翻折的性质可知，BF=B′F，AB′=BS=2，AO=SO，∠B′=∠B，
∵四边形ABCD是正方形，边长为6，
∴AB=6，∠B=90°，
∴AS= AB2+BS2= 62+22=2 10，∠B′=∠B=90°，
∴AO=12AS= 10，
设AF=x，则BF=B′F=6−x，
在Rt△AB′F中，由勾股定理得：22+(6−x)2=x2，
∴x=103，
∴AF=103，
∵AO⊥FR，
∴∠AOF=90°，
∴OF= AF2−AO2= (103)2−( 10)2= 103，
即线段OF的长为 103．
【解析】【分析】
本题属于四边形综合题，考查了新定义“神奇四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，三角形中位线定理等知识，本题综合性强，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题．
(1)由“神奇四边形”的定义即可得出结论；
(2)①证△ABE≌△BCG(ASA)，得AE=BG，再由“神奇四边形”的定义即可得出结论；
②由三角形中位线定理得出MN=PQ，MQ=NP，则四边形MNPQ为平行四边形，再证四边形MNPQ是正方形，则可得出结论；
(3)延长AO交BC于S，由勾股定理求出AO的长，设AF=x，则BF=B′F=6−x，再由勾股定理得22+(6−x)2=x2，解得x=103，即可解决问题．
【解答】
解：(1)∵平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
∴正方形是“神奇四边形”，
故答案为：④；
(2)①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABG+∠CBG=90°，
∵BG⊥AE，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BAE=∠CBG，
在△ABE和△BCG中，
∠BAE=∠CBGAB=BC∠ABE=∠BCG，
∴△ABE≌△BCG(ASA)，
∴AE=BG，
又∵BG⊥AE，
∴四边形ABEG是“神奇四边形”；
②见答案;
(3)见答案．
1.如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD=60°.若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 2
2.如图，正方形ABCD的边长为2，E是BC的中点，DF⊥AE，与AB交于点F，则DF的长为( )
A. 5B. 6C. 2 2D. 3
3.如图，正方形ABCD和正方形EFGO的边长都是1，正方形EFGO绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是( )
A. 14B. 12C. 13D. 不能确定
4.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的动点，且BE=CF，连接BF、DE，则BF+DE的最小值为( )
A. 12
B. 20
C. 48
D. 80
5.如图，正方形ABCD的边长为2，以正方形边长为直径画半圆，则图中阴影部分的面积为( )
A. 2π−4
B. 2
C. 4π
D. 8−2π
6.如图，四边形ABCD是正方形，延长BC至点E，使CE=CA，连接AE交CD于点F，则∠E的度数是( )
A. 30°B. 55°C. 45°D. 22.5°
7.如图，在矩形ABCD中，AD>AB，以AB为边向内作正方形ABEF，连接BD交EF于点G，连接GC.若AB=2，则△GBC的面积是( )
A. 1.5B. 2C. 2.5D. 3
8.如图，正方形AOCD、正方形A1CC1D1、正方形A2C1C2D2、⋯、正方形An+1CnCn+1Dn+1的顶点A、A1、A2、⋯、An+1和O、C、C1、C2、⋯、Cn+1分别在一次函数y=x+1的图象和x轴上，若正比例函数y=kx则过点D5，则系数k的值是( )．
A. 6332B. 3263C. 3116D. 1631
9.如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB与点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，若∠AED=a，则∠EFG=( )
A. a−90°
B. 180°−a
C. a−45°
D. 2a−90°
10.已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE.过点A作AE的垂线交DE于点P.若AE=AP=1，PB= 5.下列结论：
①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为 2；③EB⊥ED；④SΔAPD+SΔAPB=1+ 6；⑤S正方形ABCD=4+ 6．
其中正确结论的序号是( )
A. ①③④B. ①②⑤C. ③④⑤D. ①③⑤
11.如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE.将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF.①△ABG≌△AFG；②∠EAG=45°；③BG=GC；④AG // CF；⑤S△FGC=3.6这些结论中正确结论的个数是( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
12.如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF.给出下列结论：①AP=EF且AP⊥EF；②∠PFE=∠BAP；③△ADP一定是等腰三角形；④四边形PECF的周长为4 2；⑤EF的最小值为2 2；⑥PB2+PD2=2PA2.其中结论正确的是( )
A. ①③④⑤B. ②③④⑥C. ①④⑤⑥D. ①②⑤⑥
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE、折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上，若DE=5，则GE的长为______．
14.如图，在平面直角坐标系中，点A，C分别在x轴、y轴上，四边形ABCO是边长为4的正方形，点D为AB的中点，点P为OB上的一个动点，连接DP，AP，当点P满足DP+AP的值最小时，直线AP的解析式为______．
15.如图，在正方形ABCD中，BE=1，将BC沿CE翻折，使B点对应点刚好落在对角线AC上，将AD沿AF翻折，使D点对应点刚好落在对角线AC上，求EF=______．
16.如图，在正方形ABCD中，AB=8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM=6.P为对角线BD上一点，则PM−PN的最大值为______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，正方形AOBC的边AC交x轴正半轴于点E，顶点B、A分别在第一、四象限，已知OA= 2，∠AOE=15∘，求点C的坐标．
18.(本小题8分)
(1)问题背景：如图1，E是正方形ABCD的边AD上的一点，过点C作CE⊥CF交AB的延长线于F求证：CE=CF；
(2)尝试探究：如图2，在(1)的条件下，连接DB、EF交于M，请探究DM、BM与BF之间的数量关系，并证明你的结论．
(3)拓展应用：如图3，在(2)的条件下，DB和CE交于点N，连接CM并延长交AB于点P，已知DE=3 2− 6，∠DME=15°，直接写出PB的长________．
19.(本小题8分)
如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD上两点，∠EAF=45°，过点A作∠GAB=∠FAD，且点G为边CB延长线上一点．
(1)△GAB≌△FAD吗？说明理由．
(2)猜想线段DF、BE、EF之间的数量关系并说明理由．
20.(本小题8分)
如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形，
(1)如图1，连接AG、CE，试判断AG和CE的数量关系和位置关系并证明；
(2)将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角(0°<β<180°)，如图2，连接AG、CE相交于点M，连接MB，当角β发生变化时，∠EMB的度数是否发生变化？若不变化，求出∠EMB的度数；若发生变化，请说明理由．
(3)在(2)的条件下，过点A作AN⊥MB交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系：_________________．
21.(本小题8分)
如图，正方形ABCD中，E为BC边上一点，F为BA延长线上一点，且CE=AF.连接DE、DF.求证：DE=DF．
22.(本小题8分)
如图，正方形ABCD的边长为4，连接对角线AC，点E为BC边上一点，将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF，点E的对应点F恰好落在边CD上，过F作FM⊥AC于点M．
(1)求证：BE=FM；
(2)求BE的长度．
23.(本小题8分)
问题背景：如图，已知四边形ABCD是正方形，点P是射线DC上一点，连接AP，在AP右侧以AP为边作正方形AEFP，连接BE，探究PC，CB，BE之间的数量关系．
(1)问题发现：如图1，当点P在线段DC上时，PC，CB，BE之间的数量关系是____________；
(2)问题探究：如图2，当点P在DC的延长线上时，(1)中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论，再给予证明；
(3)问题拓展：如图3，当点P在DC的延长线上时，设AP与BC交于点Q，若AD=2，BQ=QC，求BF的长．
24.(本小题8分)
在正方形ABCD中，AB=6，点P是对角线BD上一点，点F在直线AB上，点E在直线BC上，且∠FPE=90°．
(1)如图1，当点P与点D重合时，且此时点F在BA的延长线上，则线段FP和线段EP的数量关是______；
(2)如图2，当点F在AB边上时，(1)中的结论是否依然成立，请说明理由；
(3)如图3，当点P与对角线AC，BD的交点重合时，且此时点F在AB边上，若AF=1.5，连接CF，DE，交于点H，求此时FH的长．
25.(本小题8分)
我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”．
(1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是________(填序号)；
(2)如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD于点G，连AG、EG．
①判定四边形ABEG是否为“神奇四边形”________(填“是”或“否”)；
②如图2，点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点．证明四边形MNPQ是“神奇四边形”；
(3)如图3，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B′C′恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB′=2，正方形的边长为6，求线段OF的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
由正方形的性质和平行线的性质得出∠A=90°，∠EFD=∠BEF=60°，由折叠的性质得出∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，从而得出∠AB′E=30°，得出B′E=2AE，设BE=x，得出B′E=x，AE=3−x，从而得出2(3−x)=x，解方程求出x，即可得出答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，∠A=90°，
∴∠EFD=∠BEF=60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，
∴∠AEB′=180°−∠BEF−∠FEB′=60°，
∴∠AB′E=30°，
∴B′E=2AE，
设BE=x，则B′E=x，AE=3−x，
∴2(3−x)=x，
解得x=2，
∴BE=2．
故选D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
此题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．由正方形的性质得出∠DAF=∠B=90°，AB=AD=2，由E是BC的中点，得出BE=1，由勾股定理得出AE= AB2+BE2= 5，证明△ADF≌△BAE(ASA)，即可得出答案．
【解答】
解：如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAF=∠B=90°，BC=AB=AD=2，
∴∠BAE+∠2=90°，
∵AB=2，E是BC的中点，
∴BE=1，
∴AE= AB2+BE2= 22+12= 5，
∵AD//BC，
∴∠1=∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠1+∠ADF=90°，
∴∠ADF=∠BAE，
在△ADF和△BAE中，
∠DAF=∠BAD=BA∠ADF=∠BAE,
∴△ADF≌△BAE(ASA)，
∴DF=AE= 5；
故选A．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，能推出四边形OMBN的面积等于三角形BOC的面积是解此题的关键．
根据正方形的性质得出OB=OC，∠OBC=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BON=∠MOC，证出△OBN≌△OCM．
【解答】
解：
∵四边形ABCD和四边形OEFG都是正方形，
∴OB=OC，∠OBC=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，
∴∠BON+∠BOM=∠MOC+∠BOM=90°
∴∠BON=∠MOC．
在△OBN与△OCM中，
∠OBN=∠OCMOB=OC∠BON=∠COM，
∴△OBN≌△OCM(ASA)，
∴S△OBN=S△OCM，
∴S四边形OMBN=S△OBC=14S正方形ABCD=14×1×1=14．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】解：连接AE，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°．
又BE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)．
∴AE=BF．
所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．
作点A关于BC的对称点H点，如图2，
连接BH，则A、B、H三点共线，
连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点．
根据对称性可知AE=HE，
所以AE+DE=DH．
在Rt△ADH中，DH= AH2+AD2= 82+42= 80，
∴BF+DE最小值为 80．
故选：D．
连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE=AE+DE，则通过作A点关于BC对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可．
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、轴对称−最短距离问题，一般求两条线段最短距离问题，都转化为一条线段．
5.【答案】D
【解析】解：
图中阴影部分的面积S=2×[2×2−π×(22)2]=8−2π，
故选：D．
根据图形得出阴影部分的面积等于正方形ABCD的面积减去一个圆的面积的差的2倍，再求出答案即可．
本题考查了正方形的性质和扇形面积的计算，能把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键．
6.【答案】D
【解析】【分析】
根据正方形的性质就有∠ACD=∠ACB=45°=∠CAE+∠E，根据CE=AC就可以求出∠CAE=∠E=22.5°．
本题考查了正方形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，三角形的外角与内角的关系的运用及三角形内角和定理的运用．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=∠ACB=45°．
∵∠ACB=∠CAE+∠E，
∴∠CAE+∠E=45°．
∵CE=AC，
∴∠CAE=∠E=22.5°．
故选D．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查矩形和正方形的性质，过点G作MN//BC交AB于点M，交CD于点N，连接AG，利用矩形和正方形的性质得出S△BGC=12S正方形ABEF即可解答．
【解答】
解：如图，过点G作MN//BC交AB于点M，交CD于点N，连接AG，
∵四边形ABCD是矩形，四边形ABEF是正方形，MN//BC，
∴四边形AMGF、四边形MBEG、四边形FGND、四边形GECN都是矩形，
∴S△ABD=S△BCD，S△MBG=S△BEG，S△GFD=S△GND，
∴S矩形AMGF=S矩形GECN，
∴S矩形AMGF+S矩形MBEG=S矩形MBEG+S矩形GECN，即S正方形ABEF=S矩形MBCN，
∵S△BGC=12S矩形MBCN，
∴S△BGC=12S正方形ABEF，
∵AB=2，
∴S正方形ABEF=2×2=4，
∴S△BGC=12×4=2，
故选B．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题为一次函数图象上点的规律探究题，解答时按形成各点的形成顺序依次求出，从而找出规律．根据正方形的性质和一次函数图象上点的坐标特征求得点D5的坐标，代入函数解析求得k的值
【解答】解：当x=0时，y=1，则A(0,1)，
∴OC=OA=1，则C(1,0)，D(1,1)，
把x=1代入y=x+1知，y=2，则A1C=2，则CC1=A1C=2.此时D1(1+2,1×2)，即(3,2)，
同理，D2(1+2+4,2×2)，即(7,4)，
D3(1+2+4+8,2×2×2)，即(15,8)，
D4(1+2+4+8+16,24)，即(31,16)，
D5(1+2+4+8+16+32,25)，即(63,32)，
把D5(63,32)代入y=kx，
得k=3263．
故选：B．
9.【答案】C
【解析】解：如图所示，延长GE交AD于点H，
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴BE=DE，∠ABC=90°，
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴四边形FBGE是矩形，
∴FG=BE，∠FEG=90°，
∴FG=DE，AB//GH，
∴EH⊥AD，
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠FAE=∠HAE=45°，
∴∠HEA=∠FEA=45°，
∴△AFE，△AHE是等腰直角三角形，
∴AH=EH，
∵∠FAH=∠AFE=∠AHE=90°，
∴四边形AFEH是正方形，
∴FE=HE，
在Rt△FEG和Rt△EHD中，
EF=HEFG=DE，
∴Rt△FEG≌Rt△EHD(HL)，
∴∠EFG=∠HED，
∵∠AED=∠AEH+∠HED=a，
∴45°+∠EFG=α，
∴∠EFG=a−45°．
故选：C．
延长GE交AD于点H，首先证明出四边形FBGE是矩形，得到FG=BE，∠FEG=90°，然后证明出△AFE，△AHE是等腰直角三角形，得到AH=EH，然后证明出Rt△FEG≌Rt△EHD(HL)，得到∠EFG=∠HED，然后利用角度的等量代换求解即可．
此题考查了正方形的性质和判定，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，解题的关键是正确作出辅助线，证明出Rt△FEG≌Rt△EHD(HL)．
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题利用了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、正方形和三角形的面积公式、勾股定理等知识．
①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；③利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，即可证；②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；⑤在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积；④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可．
【解答】
解：①∵∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
∴△APD≌△AEB(故①正确)；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD=∠AEB，
又∵∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP=∠PAE=90°，
∴EB⊥ED(故③正确)；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
又∵BE= BP2−PE2= 5−2 = 3，
∴BF=EF= 62(故②不正确)；
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE=AP=1，
∴EP= 2，
又∵PB= 5，
∴BE= 3，
∵△APD≌△AEB，
∴PD=BE= 3，
∴S△ABP+S△ADP=S△ABD−S△BDP=12S正方形ABCD−12×DP×BE=12×(4+ 6)−12× 3× 3=12+ 62.(故④不正确)．
⑤∵EF=BF= 62，AE=1，
∴在Rt△ABF中，AB2=(AE+EF)2+BF2=4+ 6，
∴S正方形ABCD=AB2=4+ 6(故⑤正确)；
故选D．
11.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了正方形性质，折叠性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行线的判定等知识点的运用，依据翻折的性质找出其中对应相等的线段和对应相等的角是解题的关键．由正方形和折叠的性质得出AF=AB，∠B=∠AFG=90°，由HL即可证明Rt△ABG≌Rt△AFG，得出①正确，先证明∠DAE=∠FAE，∠BAG=∠FAG，则∠EAG=∠EAF+∠GAF，故此可对②做出判断；设BG=x，则CG=BC−BG=6−x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2，由勾股定理求出x=3，得出③正确；由等腰三角形的性质和外角关系得出∠AGB=∠FCG，证出平行线，得出④正确；由S△CFGS△CEG=FGGE可求出△FGC的面积，故此可对⑤做出判断．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC=6，∠B=D=90°，
∵CD=3DE，
∴DE=2，
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴DE=EF=2，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，
∴AF=AB，
∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，AG=AG，AB=AF，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)，
∴①正确；
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴△DAE≌△FAE．
∴∠DAE=∠FAE．
∵△ABG≌△AFG，
∴∠BAG=∠FAG．
∵∠BAD=90°，
∴∠EAG=∠EAF+∠GAF=12×90°=45°．
∴②正确．
∵Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴BG=FG，∠AGB=∠AGF，
设BG=x，则CG=BC−BG=6−x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2，
在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2+CE2=EG2，
∵CG=6−x，CE=4，EG=x+2
∴(6−x)2+42=(x+2)2
解得：x=3，
∴BG=GF=CG=3，
∴③正确；
∵CG=GF，
∴∠CFG=∠FCG，
∵∠BGF=∠CFG+∠FCG，
又∵∠BGF=∠AGB+∠AGF，
∴∠CFG+∠FCG=∠AGB+∠AGF，
∵∠AGB=∠AGF，∠CFG=∠FCG，
∴∠AGB=∠FCG，
∴AG//CF，
∴④正确；
∵△CFG和△CEG中，分别把FG和GE看作底边，
则这两个三角形的高相同．
∴S△CFGS△CEG=FGGE=35，
∵S△GCE=12×3×4=6，
∴S△CFG=35×6=3.6，
∴⑤正确；
正确的结论有5个，
故选：D．
12.【答案】D
【解析】【分析】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、平行线的性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．连接PC，PC交EF于O，延长AP交EF于点H，证△ADP≌△CDP(SAS)，再判定四边形PECF是矩形，根据矩形的性质可以判断①选项；根据全等三角形的性质和矩形的性质可判断②选项；根据P的任意性可以判断△APD不一定是等腰三角形可判断③选项；根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为2BC可判断④选项；根据垂线段最短可判断⑤选项；由等腰直角三角形的性质与矩形的性质可判断⑥选项．
【解答】
解：连接PC，PC交EF于O，延长AP交EF于点H，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠ADC=90°，AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，
又∵PD=PD，
∴△ADP≌△CDP(SAS)，
∴AP=CP，∠PAD=∠PCD，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴∠PFC=∠PEC=90°，
∵∠BCD=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴EF=PC，
∴AP=EF，
∵∠ADC=∠PFC=90°，
∴AD//PF，
∴∠DAP=∠FPH，
∵四边形PECF是矩形，
∴OF=OC，
∴∠PCD=∠EFC，
∴∠FPH=∠EFC，
∵∠EFC+∠EFP=90°，
∴∠FPH+∠EFP=90°，
∴∠PHF=180°−90°=90°，
∴AP⊥EF，
故①正确；
∵四边形PECF是矩形，
∴OE=OC，PF//EC，
∴∠PCE=∠FEC，∠PFE=∠FEC，
∴∠PFE=∠PCE，
∵△ADP≌△CDP，
∴∠DAP=∠DCP，
∴∠BAP=∠PCB，
∴∠PFE=∠BAP，
故②正确；
∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP=45°，
∴当∠PAD=45°或67.5°或90°时，△APD是等腰三角形，
除此之外，△APD不是等腰三角形，
故③不正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PBE=45°，
∵PE⊥BC，
∴△BEP是等腰直角三角形，
∴PE=BE，
∵四边形PECF是矩形，
∴四边形PECF的周长=2CE+2PE=2CE+2BE=2BC=8，
故④不正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=4，∠BAD=90°，
∴△BAD是等腰直角三角形，
∴BD= 2AB=4 2，
当AP⊥BD时，AP最小，
此时AP最小值为12BD=2 2，
∵AP=EF，
∴EF的最小值为2 2，
故⑤正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PDF=45°，
∴△DFP是等腰直角三角形，
∴PD2=2PF2，
∵△BEP是等腰直角三角形，
∴PB2=2PE2，
∴PB2+PD2=2(PE2+PF2)=2EF2=2PA2，
故⑥正确；
综上所述，正确结论的个数是4，
13.【答案】4913
【解析】【分析】
本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能够灵活运用轴对称的性质．
由折叠及轴对称的性质可知，BF垂直平分线段AG，先证△ABF≌△DAE，推出AF的长，再利用勾股定理求出BF的长，最后在Rt△ABF中利用面积法可求出AH的长，可进一步求出AG的长，即可求GE的长．
【解答】
解：设折痕BF与AE交于点H，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=12，∠BAD=∠D=90°，
由折叠及轴对称的性质可知，BF垂直平分线段AG，
∴AH=GH，且∠AHB=∠GHB=90°，
∴∠FAH+∠AFH=90°，
又∵∠FAH+∠AED=90°，
∴∠AFH=∠AED，
又∠FAB=∠D=90°，AD=AB，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE=5，
在Rt△ABF中，
BF= AB2+AF2= 122+52=13，
S△ABF=12AB⋅AF=12BF⋅AH，
∴12×5=13×AH，
∴AH=6013，
∴AG=2AH=12013，
∵AE=BF=13，
∴GE=AE−AG=13−12013=4913，
故答案为：4913．
14.【答案】y=−2x+8
【解析】解：∵四边形ABCO是正方形，
∴点A，C关于直线OB对称，
连接CD交OB于P，
连接PA，PD，
则此时，PD+AP的值最小，
∵OC=OA=AB=4，
∴C(0,4)，A(4,0)，
∵D为AB的中点，
∴AD=12AB=2，
∴D(4,2)，
设直线CD的解析式为：y=kx+b，
∴4k+b=2b=4，
∴k=−12b=4，
∴直线CD的解析式为：y=−12x+4，
∵直线OB的解析式为y=x，
∴y=−12x+4y=x，
解得：x=y=83，
∴P(83,83)，
设直线AP的解析式为：y=mx+n，
∴4m+n=083m+n=83，
解得：m=−2,n=8，
∴直线AP的解析式为y=−2x+8，
故答案为：y=−2x+8．
根据正方形的性质得到点A，C关于直线OB对称，连接CD交OB于P，连接PA，PD，则此时，PD+AP的值最小，求得直线CD的解析式为y=−12x+4，由于直线OB的解析式为y=x，解方程组得到P(83,83)，由待定系数法即可得到结论．
本题考查了正方形的性质，轴对称−最短路线问题，待定系数法求一次函数的解析式，正确的找出点P的位置是解题的关键．
15.【答案】 6
【解析】【分析】
本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了正方形的性质以及勾股定理．求出EM与FM是解题的关键．
作FM⊥AB于点M.根据折叠的性质与等腰直角三角形的性质得出EX=EB=AX=1，∠EXC=∠B=90°，AM=DF=YF=1，由勾股定理得到AE= AX2+EX2= 2.那么正方形的边长AB=FM= 2+1，EM= 2−1，然后利用勾股定理即可求出EF．
【解答】
解：如图，作FM⊥AB于点M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠CAD=45°．
∵将BC沿CE翻折，B点对应点刚好落在对角线AC上的点X，
∴EX=EB=AX=1，∠EXC=∠B=90°，
∴AE= AX2+EX2= 2．
∵将AD沿AF翻折，使D点对应点刚好落在对角线AC上的点Y，
∴AM=DF=YF=1，
∴正方形的边长AB=FM= 2+1，EM= 2−1，
∴EF= EM2+FM2= ( 2−1)2+( 2+1)2= 6．
故答案为 6．
16.【答案】2
【解析】解：如图所示，以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，
根据轴对称性质可知，PN=PN′，N′为OC的中点，
∴PM−PN=PM−PN′≤MN′，
当P，M，N′三点共线时，取“=”，
过O作OE⊥BC于点E，可得BE=CE，
∵BM=6，BC=AB=8，
∴MN′为△OEC的中位线，
∴MN′//OE//AB//CD，∠CMN′=90°，
∵∠N′CM=45°，
∴△N′CM为等腰直角三角形，CM=MN′，
∵正方形边长为8，BM=6，
∴CM=BC−BM=8−6=2，
∴CM=MN′=2，
即PM−PN的最大值为2，
故答案为：2．
以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，依据PM−PN=PM−PN′≤MN′，可得当P，M，N′三点共线时，取“=”，过O作OE⊥BC于点E，即可得出MN′//OE//AB//CD，∠CMN′=90°，得到△N′CM为等腰直角三角形，即可得到CM=MN′=2．
本题主要考查了正方形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决即可．
17.【答案】解：连接OC，过点C作CF⊥x轴于F，连接OC，如下图所示：
∵四边形AOBC为正方形，OC为对角线，OA= 2，
∴∠AOC=45°，OA=AC= 2，
在△AOC中，由勾股定理得：OC= OA2+AC2=2，
∵∠AOE=15∘
∴∠COF=∠AOC−∠AOE=45∘−15∘=30∘，
在Rt△ACF中，∠COF=30∘，OC=2，
∴CF=12OC=1，
由勾股定理得：OF= OC2−CF2= 3，
∴点C的坐标为( 3,1)．
【解析】此题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解决问题的关键．
连接OC，过点C作CF⊥x轴于F，连接OC，根据正方形的性质可求出OC=2，∠COF=30°，然后在Rt△ACF中可分别求出CF=1，OF= 3，由此可得点C的坐标．
18.【答案】解：(1)证明：在正方形ABCD中，DC=BC，∠D=∠ABC=∠DCB=90°，
∴∠CBF=180°−∠ABC=90°，
∵CF⊥CE，
∴∠ECF=90°，
∴∠DCB=∠ECF=90°，
∴∠DCE=∠BCF，
∴△CDE≌△CBF(ASA)，
∴CE=CF；
(2)DM=BM+ 2BF，理由如下：
如图，过点F作FH⊥AF，交DB的延长线于H，
∵△CDE≌△CBF，
∴DE=BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠CBD=45°，
∴∠FBH=45°，
∵FH⊥AB，
∴∠FBH=∠H=45°，
∴BF=FH=DE，
∴BH= 2BF，
∵∠EDM=∠H=45°，∠EME=∠HMF，DE=FH，
∴△DME≌△HMF(AAS)，
∴DM=MH，EM=MF，
∴DM=MB+BH=MB+ 2BF；
(3)连接EP，
∵∠DME=15°，∠ABD=45°，
∴∠AFE=30°，
∴AF= 3AE，
∴AB+BF= 3(AB−DE)，
∴AB+3 2− 6= 3AB−3 6+3 2，
∴AB=3 2+ 6，
∴AE=2 6，AF=6 2，
∵EC=CF，∠ECF=90°，EM=MF，
∴CP是EF的垂直平分线，
∴EP=PF，
∵PE2=AE2+AP2，
∴PF2=24+(6 2−PF)2，
∴PF=4 2，
∴PB= 6+ 2，
故答案为： 6+ 2．
【解析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
(1)由“ASA”可证△CDE≌△CBF，可得CE=CF；
(2)由“AAS”可证△DME≌△HMF，可得DM=MH，可得结论；
(3)由直角三角形的性质可得AF= 3AE，可求AB的长，由勾股定理可求PF的长，即可求解．
19.【答案】解：(1)△GAB≌△FAD，理由：
过点A作∠GAB=∠FAD，且点G为边CB延长线上一点，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D=∠ABC=90°，AB=AD，
∴∠ABG=90°，
∴∠ABG=∠D．
在△GAB和△FAD中，
GAB=∠FADAB=AD∠ABG=∠D=90∘
∴△GAB≌△FAD(ASA);
(2)线段DF、BE、EF之间的数量关系为：DF+BE=EF.理由：
由(1)知：△GAB≌△FAD，
∴BG=DF，AG=AF．
∵∠DAF+∠BAF=90∘，∠GAB=∠FAD，
∴∠GAB+∠FAB=90∘，
∴∠GAF=90∘．
∵∠EAF=45∘，
∴∠GAE=∠FAE=45∘．
在△GAE和△FAE中，
AG=AF∠GAE=∠FAE=45∘,AE=AE
∴△GAE≌△FAE(SAS)，
∴GE=EF，
∵GE=BG+BE，
∴DF+BE=EF．
【解析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等量代换，利用正方形的特性构造恰当的辅助线是解题的关键．
(1)过点A作∠GAB=∠FAD，且点G为边CB延长线上一点，利用全等三角形的判定定理证明即可；
(2)利用(1)的结论可得：BG=DF，AG=AF；通过证明△GAE≌△FAE，利用全等三角形的性质定理和等量代换即可得出结论．
20.【答案】(1)AG=EC，AG⊥EC，理由为：
∵正方形BEFG，正方形ABCD，
∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABG和△BEC中，
BG=BE∠ABC=∠EBC=90°BA=BC，
∴△ABG≌△BEC(SAS)，
∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，
延长CE交AG于点M，
∴∠BEC=∠AEM，
∴∠ABC=∠AME=90°，
∴AG=EC，AG⊥EC；
(2)∠EMB的度数不发生变化，∠EMB的度数为45°理由为：
过B作BP⊥EC，BH⊥AM，
在△ABG和△CEB中，
AB=BC∠ABG=∠CBE=90°−∠GBCBG=EB，
∴△ABG≌△CEB(SAS)，
∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，
∴12EC⋅BP=12AG⋅BH，
∴BP=BH，
∴MB为∠EMG的平分线，
∵∠AMC=∠ABC=90°，
∴∠EMB=12∠EMG=12×90°=45°；
(3)CM= 2BN．
【解析】解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)CM= 2BN，理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ，
∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ= 2BN，
∵∠AMN=45°，∠N=90°，
∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，
∴MN−BN=AN−NQ，即AQ=BM，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠MBC=∠BAN，
在△ABQ和△BCM中，
AQ=BM∠BAN=∠MBCAB=BC，
∴△ABQ≌△BCM(SAS)，
∴CM=BQ，
则CM= 2BN，
故答案为：CM= 2BN．
【分析】(1)AG=EC，AG⊥EC，理由为：由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；
(2)∠EMB的度数为45°，理由为：过B作BP⊥EC，BH⊥AM，利用SAS得出三角形ABG与三角形BEC全等，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线，再由∠BAG=∠BCE，及一对对顶角相等，得到∠AMC为直角，即∠AME为直角，利用角平分线定义即可得证；
(3)CM= 2BN，在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ= 2BN，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．
此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．
21.【答案】证明：在正方形ABCD中，∵AD=CD，∠BAD=∠C=90°，
∴∠DAF=90°，
∴∠DAF=∠C，
在△ADF和△CDE中，AD=CD∠DAF=∠CCE=AF，
∴△ADF≌△CDE(SAS)，
∴DE=DF．
【解析】根据正方形的性质可得AD=CD，∠BAD=∠C=90°，然后求出∠DAF=∠C，再利用“边角边”证明△ADF和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并准确识图确定出三角形全等的条件是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF，
∴AE=AF，∠EAF=∠CAB=45°，
∴∠FAC=∠EAB，
在△ABE和△AMF中，
∠B=∠AMF=90°∠EAB=∠FAM,AE=AF
∴△ABE≌△AMF(AAS)，
∴BE=FM；
(2)∵四边形ABCD是正方形，
∴AC= 2AB=4 2，∠ACD=45°，
∵△ABE≌△AMF，
∴AB=AM=4，
∴CM=AC−AM=4 2−4，
∵FM⊥AC，∠ACD=45°，
∴∠ACD=∠CFM，
∴FM=CM=4 2−4，
∴BE=4 2−4．
【解析】(1)由旋转的性质可得AE=AF，∠EAF=∠CAB=45°，∠FAC=∠EAB，由“AAS”可证△ABE≌△AMF，可得BE=FM；
(2)由正方形的性质可得AC= 2AB=4 2，∠ACD=45°，由△ABE≌△AMF可得AB=AM=4，由此即可求解CM，由等腰直角三角形的判定与性质可得FM=CM，由(１)的结论可得BE=FM，本题得解．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定与性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)CB=BE+PC；
(2)不成立，正确结论是：BE=BC+CP.证明如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFP为正方形，
∴∠DAP+∠PAB=90°，∠PAB+∠EAB=90°，
∴∠DAP=∠EAB，
在△DAP和△BAE中，
AP=AE∠DAP=∠BAEAD=AB,
∴△DAP≌△BAE(SAS)．
∴∠ABE=∠D=90°，BE=DP，
又∵DP=DC+CP，DC=BC，
∴BE=BC+CP；
(3)如图，取BE的中点H，连接FH，
∵BQ=QC，CQ//DA，
∴DC=AB=CP．
∵AD=2，
∴CP=2．
∴由(2)知：BE=BC+CP=4．
∴AE=EF= AB2+BE2= 22+42=2 5，
∵∠BAE+∠BEA=90°，∠HEF+∠BEA=90°，
∴∠BAE=∠HEF，
在△ABE和△EHF中，
AB=EH=2∠BAE=∠HEFAE=EF,
∴△ABE≌△EHF(SAS)，
∴∠FHE=∠EBA=90°，
∴FH⊥BE，
∴FH是线段BE的垂直平分线，
∴BF=EF=2 5．
【解析】【分析】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
(1)利用SAS证明△ADP≌△ABE，得出DP=BE，则BC=DC=DP+PC=BE+PC；
(2)不成立，利用SAS证明△DAP≌△BAE得BE=DP，结合DP=DC+CP，DC=BC，得BE=BC+CP；
(3)求得AE=EF=2 5，利用SAS证明△ABE≌△EHF，得出FH是线段BE的垂直平分线，即可求得BF=EF=2 5．
【解答】
解：(1)∵四边形ABCD和四边形AEFP是正方形，
∴AD=AB=DC=CB，AP=AE，∠DAB=∠PAE=90°，
∴∠DAB−∠BAP=∠PAE−∠BAP，
即∠DAP=∠BAE，
在△ADP和△ABE中，
AD=AB∠DAP=∠BAEAP=AE,
∴△ADP≌△ABE(SAS)，
∴DP=BE，
∵DP+PC=DC，
∴BE+PC=DC，
∴CB=BE+PC，
故答案为CB=BE+PC；
(2)见答案；
(3)见答案．
24.【答案】解：(1)PF=PE；
(2)依然成立．
理由：过点P作PM⊥AB于点F，过点P作PN⊥BC于点N，
∴∠PMF=90°=∠PNE，
∵四边形ABCD是正方形，P在BD上，
∴∠ABP=∠CBP，
∴PM=PN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠MPN=360°−∠PMB−∠PNB−∠ABC=90°，
∵∠FPE=90°，
∴∠MPF+∠FPN=∠EPN+∠FPN，
∴∠MPF=∠EPN，
在△PMF和△PNE中，
∠MPF=∠EPN∠PMF=∠PNEPM=PN,
∴△PMF≌△PNE(AAS)，
∴PF=PE；
(3)由(2)知PF=PE，
∵四边形ABCD是正方形，P是对角线的交点，
∴AP=BP=PD=PC，AC⊥BD，
∴∠APB=∠DPC=90°，
∵∠FPE=90°，
∴∠APF=∠BPE，
在△APF和△BPE，
PF=PE∠APF=∠BPEAP=BP，
∴△APF≌△BPE(SAS)，
∴AF=BE=1.5．
∴EC=BC−BE=6−1.5=4.5，
∴ED= EC2+DC2=7.5，
∵∠FPC=90°+∠EPC=∠EPD，
在△FPC和△EPD中，
PF=PE∠FPC=∠EPDPD=PC，
∴△FPC≌△EPD(SAS)，
∴FC=DE=7.5，∠PFC=∠PED，
∵∠PFC+∠FPE=∠PED+∠FHE，
∴∠FHE=∠FPE=90°，
即HC是△EDC斜边上的高，
由面积关系得S△EDC=12EC⋅DC=12ED⋅HC，
∴HC=EC⋅DCED=4.5×67.5=3.6，
∴FH=FC−HC=7.5−3.6=3.9．
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠C=∠BAD=90°，AD=CD，
∴∠FAD=∠C，
∵∠EDF=90°，
∴∠ADF=∠CDE，
∴△CDE≌△ADF(ASA)，
∴DE=DF，
即PE=PF，
故答案为：PF=PE；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)证明△CDE≌△ADF(ASA)，由全等三角形的性质得出DE=DF，则可得出结论；
(2)过点P作PM⊥AB于点F，过点P作PN⊥BC于点N，证明△PMF≌△PNE(AAS)，由全等三角形的性质得出PF=PE；
(3)证明△APF≌△BPE(SAS)，由全等三角形的性质得出AF=BE=1.5.证明△FPC≌△EPD(SAS)，由全等三角形的性质得出FC=DE=7.5，∠PFC=∠PED，由三角形EDC的面积求出HC的长，则可得出答案．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积计算等知识点，作辅助线构建全等三角形是解题的关键．
25.【答案】解：(1)④；
(2)①是；
②∵M，N为AB，AG的中点，
∴MN为△ABG的中位线，
∴MN//BG，MN=12BG，
同理：PQ//BG，PQ=12BG，MQ//AE，MQ=12AE，NP//AE，NP=12AE，
∴MN=PQ，MQ=NP，
∴四边形MNPQ为平行四边形，
∵AE=BG，
∴MN=MQ，
∴平行四边形MNPQ为菱形，
∵BG⊥AE，MQ//AE，
∴MQ⊥BG，
∵MN//BG，
∴MQ⊥MN，
∴∠QMN=90°，
∴四边形MNPQ为正方形，
∴四边形MNPQ是“神奇四边形”；
(3)如图3，延长AO交BC于S，
由翻折的性质可知，BF=B′F，AB′=BS=2，AO=SO，∠B′=∠B，
∵四边形ABCD是正方形，边长为6，
∴AB=6，∠B=90°，
∴AS= AB2+BS2= 62+22=2 10，∠B′=∠B=90°，
∴AO=12AS= 10，
设AF=x，则BF=B′F=6−x，
在Rt△AB′F中，由勾股定理得：22+(6−x)2=x2，
∴x=103，
∴AF=103，
∵AO⊥FR，
∴∠AOF=90°，
∴OF= AF2−AO2= (103)2−( 10)2= 103，
即线段OF的长为 103．
【解析】【分析】
本题属于四边形综合题，考查了新定义“神奇四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，三角形中位线定理等知识，本题综合性强，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题．
(1)由“神奇四边形”的定义即可得出结论；
(2)①证△ABE≌△BCG(ASA)，得AE=BG，再由“神奇四边形”的定义即可得出结论；
②由三角形中位线定理得出MN=PQ，MQ=NP，则四边形MNPQ为平行四边形，再证四边形MNPQ是正方形，则可得出结论；
(3)延长AO交BC于S，由勾股定理求出AO的长，设AF=x，则BF=B′F=6−x，再由勾股定理得22+(6−x)2=x2，解得x=103，即可解决问题．
【解答】
解：(1)∵平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等，
∴正方形是“神奇四边形”，
故答案为：④；
(2)①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABG+∠CBG=90°，
∵BG⊥AE，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠BAE=∠CBG，
在△ABE和△BCG中，
∠BAE=∠CBGAB=BC∠ABE=∠BCG，
∴△ABE≌△BCG(ASA)，
∴AE=BG，
又∵BG⊥AE，
∴四边形ABEG是“神奇四边形”；
②见答案;
(3)见答案．
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