初中数学北师大版（2024）九年级上册（2024）4 正方形的性质与判定同步练习题

这是一份初中数学北师大版（2024）九年级上册（2024）4 正方形的性质与判定同步练习题，共46页。
1． 如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB=BC时，它是菱形B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当∠ABC=90°时，它是矩形D．当AC=BD时，它是正方形
2．如图，在正方形ABCD中，AD=5，E，F是正方形ABCD内两点，且AE=CF=3，BE=DF=4，则EF的长为（ )。
A．32B．232C．75D．2
3．“出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创立的．我国古代数学家运用出入相补原理在勾股定理证明、开平方、解二次方程等诸多方面取得了巨大成就．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形ABCD、BEFG、AHIG均为正方形．若S正方形AHIG=20，AD=3，则S△GFI=（ ）
A．11B．311C．3112D．20
4．如图，在正方形ABCD中，P是BC边上一点，AP的垂直平分线交AB于点M，交AD的延长线于点N，连结PN交CD于点Q，连接AQ．给出下面四个结论：①NA=NP；②PA平分∠BPN；③BP+DQ=PQ；④若P是BC中点，则Q也是CD中点．上述结论中，正确结论的序号有（ ）
A．①②③④B．①②C．①②③D．①②④
5．就实证科学而言，宇宙这部著作是用数学语言写成的．其中勾股定理是我们的祖先在“立竿见影，以正农时”，探索天地相对运动周期时捕捉到的数学原理．它所蕴含的“天道之数”，被人们用以作为沟通天地、与自然对话的凭借，最早被“放之四海”，构筑起中华文明的大厦．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以其三边为边分别向外作正方形，连接DN，EF，MG，设△ADN，△BEF，△CMG的面积分别是S1，S2，S3，则下列结论正确的是（ ）
A．S1+S2=S3B．S2+S3=S1C．S3=S1⋅S2D．S1=S2=S3
6．如图，BD 是正方形ABCD 的对角线，E 为边 BC 上的动点(不与端点重合)，点F 在 BC 的延长线上，且CF=BE，过点 F 作 FG⊥BD 于点 G，连结AE，EG，则下列比值为定值的是 ( )
A．EGAEB．EGBGC．EGEFD．EGDG
7．如图，在正方形ABCD中，E是AD边的中点，P是AB边上的动点（不与点A，B重合），以E为中心，将线段EP逆时针旋转90∘，得到线段EQ．给出下面四个结论：
①∠APE=∠QED；
②AP90°时，点F落在BC边上，此时，过点E作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，通过证明△EMF≌△END，进而可以证明出矩形DEFG是正方形，请你帮助博学小组完成证明.
（2）奋发小组受博学小组的启发，进一步深入探究，如图 3，当∠AEDPQ相矛盾，故假设不成立，即此时点Q不是CD的中点，故结论④错误；
综上所述，结论①②③正确．
故答案为：C．
【分析】根据线段垂直平分线的性质得NA=NP，判断①正确；由NA=NP，等边对等角得∠NAP=∠NPA ，根据平行线的性质 得∠NAP=∠BPA，等角代换得∠NPA=∠BPA 判断②正确；
如图，过点A作AE⊥PN于点E，
根据角平分线的性质得AB=AE，Rt△ABP≌Rt△AEPHL，得BP=EP，Rt△ADQ≌Rt△AEQHL，得DQ=EQ，判断③正确；假设Q是CD的中点，此时DQ=CQ=12CD，可得PC+CQ=PQ，不满足三角形的三边关系，故假设不成立，即可判断④错误．
5．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，过E作EP⊥CB交CB的延长线于P，连接FP，过D作DQ⊥GC交GC的延长线于Q，连接NQ，
∴∠BPE=∠DQA=90°，
∴∠PEB+∠PBE=90°，
∵四边形ADEB、CBFG、ACMN是正方形，
∴∠ABE=∠CBF=90°，BC=BF=CG，
AB=BE，AC=CM，
∴∠PBE+∠CBA=90°，
∠PBF=90°
∴∠PEB=∠CBA，
BF∥PE，
∵∠BPE=∠ACB=90°，
∴△PEB≌△CBA（AAS），
∴PB=CA，PE=CB，
∴BF=PE，
∴四边形BEPF是平行四边形，
∴S2=12S▱BEPF
=12PB⋅PE
=12AC⋅CB，
同理可证：四边形ADQN是平行四边形，
∴S1=12S▱ADQN
=12DQ⋅AQ
=12AC⋅CB，
∵S3=12CM⋅CG
=12AC⋅CB，
∴S1=S2=S3，
故选：D．
【分析】过E作EP⊥CB交CB的延长线于P，连接FP，过D作DQ⊥GC交GC的延长线于Q，连接NQ，根据正方形性质可得∠ABE=∠CBF=90°，BC=BF=CG，AB=BE，AC=CM，根据角之间的关系可得∠PEB=∠CBA，根据全等三角形判定定理可得△PEB≌△CBA（AAS），则PB=CA，PE=CB，根据平行四边形判定定理可得四边形BEPF是平行四边形，则S2=12S▱BEPF，同理可证：四边形ADQN是平行四边形，则S1=12S▱ADQN，再根据三角形面积之间的关系即可求出答案.
6．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接AG， CG， 如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴AB=CB,∠ABG=∠CBG=45∘,在 △ABG和 △CBG中，
AB=CB∠ABG=∠CBG,BG=BG
∴△ABG≌△CBG(SAS),
∴AG=CG,∠AGB=∠CGB,
∵FG⟂BD,
∴∠BGF=90∘,
又· ∵∠CBG=45∘,
∴△GBF是等腰直角三角形，∴GF=GB， ∠F =∠CBG =45°，在△GCF和△GEB中，
GF=GB∠F=∠CBG,CF=BE
∴△GCF≌△GEB(SAS)，
∴CG =EB， ∠CGF =∠EGB，
∴AG=EG，
∴△GAE是等腰三角形，
∵∠AGB =∠CGB， ∠CGF =∠EGB，
∴∠AGE=∠AGB+∠EGB=∠CGB+∠CGF=∠BGF =90°，
∴△GAE是等腰直角三角形，
在Rt△GAE中， 由勾股定理得： AE = GA2+EG2=2EG,
∴EGAE=22为定值.
故选： A.
【分析】连接AG， CG， 证明△ABG和△CBG全等得AG=CG， ∠AGB=∠CGB， 再证明△GBF是等腰直角三角形得GF=GB， ∠F =∠CBG=45°， 进而可证明△GCF和△GEB全等， 则CG= EB， ∠CGF =∠EGB， 由此可得出△GAE是等腰直角三角形，再由勾股定理得 AE=2EG,则 EGAE=22,据此即可得出答案.
7．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，
取AB、CD的中点N、M，连接EM、EN、MN、MQ，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD=AB=BC，CD∥AB，∠A=∠D=90°，AD∥BC，
∵E是AD边的中点，AB、CD的中点N、M，
∴DM=CM=DE=AD=AN，
∴四边形ADMN是矩形，∠DEM=∠DME=∠AEN=∠ANE=45°，
∴AD∥MN，
∴∠EMN=∠DEM=∠ENM=∠AEN=45°，BC∥AD∥MN，
∴EM=EN，∠MEN=90°，
∵以E为中心，将线段EP逆时针旋转90∘，得到线段EQ，
∴EQ=EP，∠QEP=90°，
∴∠MEQ=∠NEP=90°−∠NEQ，
∴△MEQ≌△NEPSAS，
∴∠EMQ=∠ENP=45°，
∴∠EMQ=∠EMN=45°，
∴点Q在直线MN上运动，
①∵∠QEP=∠A=90°，
∴∠APE=∠QED=90°−∠AEP，故①正确.
②当P在N右边时，如图，
此时AP>AN，AN=AE，
∴AP>AE，故②错误.
③∵点Q在直线MN上运动，
∴当Q在M点时，D，Q两点间距离取最小值M，C，Q两点间距离取最小值CM，而CM=DM，即D，Q两点间距离的最小值等于C，Q两点间距离的最小值；故③错误.
④∵点Q在直线MN上运动，BC∥AD∥MN，
∴点Q到直线AD，BC的距离相等；故④正确.
综上所述，所有正确结论的序号是①④.
故答案为：B．
【分析】取AB、CD的中点N、M，连接EM、EN、MN、MQ，根据正方形的性质得CD∥AB，AD∥BC，AD=CD=AB=BC，∠A=∠D=90°，根据E是AD边的中点，AB、CD的中点N、M，得DM=CM=DE=AD=AN，根据已知条件得△MEQ≌△NEPSAS，根据全等三角形的性质得
∠EMQ=∠EMN=45°，根据∠QEP=∠A=90°，得∠APE=∠QED=90°−∠AEP即可判断①正确，
当P在N右边时，此时AP>AN，AN=AE，即可得AP>AE，可判断②错误，点Q在直线MN上运动，当Q在M点时，D，Q两点间距离取最小值M，C，Q两点间距离取最小值CM，而CM=DM，即D，Q两点间距离的最小值等于C，Q两点间距离的最小值，故③错误，点Q在直线MN上运动，BC∥AD∥MN，点Q到直线AD，BC的距离相等，故④正确.
8．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①过P作PG⊥AB于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=∠BAD=∠ADC=90°，∠ABD=∠CBD=45°，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴四边PGBE是矩形，四边形PECF是矩形，
∴PG=BE，PE=BG=CF，PF=CE，∠BGP=90°，∠PFC=90°，GF∥BC，
∴∠AGP=90°，∠PFD=90°，
在△GPB中，∠GBP=45°，
∴∠GPB=45°，
∴GB=GP=PE=BE，
∵AB=BC=GF，
∴AG=AB−GB，FP=GF−GP=AB−GB，
∴AG=PF，
在△AGP和△FAE中
AG=PF∠AGP=∠FAEPG=PE
∴△AGP≌△FPE（SAS），
∴AP=EF，
∴此结论符合题意；
②∵PF∥BC，
∴∠DPF=∠CBD=45°，
∵∠PFD=90°，
∴∠PDF=45°，
∴△DPF是等腰直角三角形，
∴PF2+FD2=PD2，即2PF2=PD2，
∴PF=22PD，
∵PF=CE，
∴CE=22PD，即PD=2CE，
∴此结论符合题意；
③由①得：△AGP≌△FPE，
∴∠PFE=∠GAP，
即∠PFE=∠BAP，
∴此结论符合题意；
④∵在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=2PF2，
在Rt△PEB中，PB2=PE2+BE2=2PE2，
在Rt△EPF中，PA2=EF2=PE2+PF2，
∴PB2+PD2=2PA2，
∴此结论符合题意.
故答案为：D．
【分析】①过P作PG⊥AB于点G，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，用边角边可证明△AGP≌△FPE，根据全等三角形的对应边相等可求解；
②由平行线的性质易得△DPF是等腰直角三角形，然后用勾股定理可求解；
③由①中的全等三角形可求解；
④根据正方形的对角线平分对角的性质，在Rt△DPF、Rt△PEB、Rt△EPF中，用勾股定理可求解.
9．【答案】41
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，作点E关于CD的对称点G，连接CG,AG,FG，则CG=CE=1,EF=FG，∠ECF=∠GCF，
∴AF+EF=AF+FG≥AG，
即AF+EF的最小值为AG的长，
∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴BC=AB=4,∠B=∠BCD=90°，
∴∠GCF=90°，
∴∠GCF+∠BCD=180°，
∴点B，C，G三点共线，
∴BG=BC+CG=5，
∴AG=AB2+BG2=42+52=41．
即AF+EF的最小值为41．
故答案为：41
【分析】本题考查轴对称性质与勾股定理的最值应用，求线段和的最小值可利用轴对称转化线段：作E关于CD的对称点G，则EF=FG，AF+EF最小值转化为AG的长度；结合正方形边长算出BG长度，再在RtΔABG中用勾股定理计算AG长度。
10．【答案】2
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AF，DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠ADC=90°，
∵M，N分别是BC，AD的中点，
∴ND=12AD，MC=12BC，
∴ND=MC，
∵AD∥BC，
∴四边形DNMC是平行四边形，
∵∠ADC=90°，
∴四边形DNMC是矩形，
∴∠DNM=90°，即MN⊥AD，
∵N是AD的中点，
∴MN垂直平分AD，
∴AF=DF，
∵四边形DEFG是正方形，
∴EG垂直平分DF，
∵点A,E,G在同一条直线上，
∴AF=AD，
∴DF=AD，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴DF=AD=2，
∵四边形DEFG是正方形，
∴∠DGF=90°，DG=FG，
在Rt△DGF中，DG2+FG2=DF2，
∴2DG2=DF2=4，
∴DG=2，即正方形DEFG的边长为2．
故答案为：2．
【分析】连接AF，DF，得到MN垂直平分AD，即可得到AF=DF，根据正方形的性质和垂直平分线的性质得到AF=AD，即可得到DF=AD=2，再在Rt△DGF中根据勾股定理解答即可．
11．【答案】3
【知识点】等边三角形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵点E，H是正方形ABCD边AB，AD的中点，
∴AE=AH=3，
∴∠AEH=∠AHE=45°，EH=AE2+AH2=32，
同理可得∠DHG=45°，
∴EH=HG=FG=EF，∠EHG=90°，
∴四边形EFGH是正方形，
∵四边形EFGH各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形，
∴IJ=EJ=HI=JK=13EH=2，
如图所示，过点K作KT⊥EH，延长TK分别交PQ，FG于L、S，
∴TJ=IT=12IJ=22，
∴TK=JK2−JT2=62；
∵THG=∠HJS=∠HTS=90°，
∴四边形TSGH是矩形，
∴TS=HG=HE=32，
由对称性可知LS=TK=62，
∴KL=TS−TK−LS=32−6；
∵K、L分别为正方形NMQP边MN，PQ的中点，
∴MK=QL，MK∥QL，
∴四边形MQLK是矩形，
∴MN=MQ=KL=32−6，∠TKM=90°；
如图所示，过点M作MW⊥EH于W，则四边形TKMW是矩形，
∴MW=TK=62，TW=MK=12MN=322−62，
∵EJ=HI，TJ=TI，
∴ET=HT=12EH=322，
∴WH=HT−TW=62，
∴HM=MW2+HW2=3，
∴点H，M之间的距离是3，
故答案为：3．
【分析】先利用勾股定理得到EH=32，进而证明四边形EFGH是正方形，过点K作KT⊥EH，延长TK分别交PQ，FG于L、S，利用勾股定理得到TK=62；根据矩形的判定定理证明四边形TSGH是矩形，由对称性可知LS=62，由线段的和差运算可得KL=32−6；同理四边形MQLK是矩形，得到MN=32−6，∠TKM=90°；过点M作MW⊥EH于W，则四边形TKMW是矩形，可得MW=62，TW=MK=322−62，得到WH=62，在△HWM中，根据勾股定理可得HM=3，即可得到答案.
12．【答案】10
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系；转化思想
【解析】【解答】解：连接BF、CD， BD与CF相交于O点， CF交AD于P， 如图，
∵四边形ABEF和四边形
ACGD为正方形，
∴AB=AF,AC=AD,∠BAF=∠CAD=90∘,BF=2AB=2,CD=2AC=22，
∵∠BAF=∠CAD,
∴∠BAF+∠DAF=∠CAD+∠DAF,
即 ∠BAD=∠FAC,
在 △ABD和 △AFC中，
AB=AF∠BAD=∠FAC,AD=AC
∴△ABD≌△AFC(SAS),
∴∠ADB=∠ACF,
∵∠PDO+∠POD+∠DPO=∠PCA+∠PAC+∠APC,
而 ∠DPO=∠APC,
∴∠POD=∠PAC=90∘
在 Rt△CDO中， OD2+OC2=CD2,
在 Rt△BOF中， OB2+OF2=BF2,
在 Rt△CBO中， OB2+OC2=BC2,
在 Rt△DOF中， OD2+OF2=DF2,
∴BC2+DF2=CD2+BF2=222+22=10.
故答案为10.
【分析】连接BF、CD， BD与CF相交于O点， CF交AD于P，如图，利用正方形的性质得到AB=AF，A C=AD,∠BAF=∠CAD=90∘,BF=2A B=2,CD=2AC=22,再证明 △ABD ≡△AFC得到 ∠ADB=∠ACF,接着证明 ∠POD =∠PAC=90∘,然后利用勾股定理得到 BC2+ DF2=CD2+BF2解答即可.
13．【答案】5；655
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：过P作PG⊥AD于G，延长AD使DF=AD，作直线NF，延长AP交NF于Q， 过D作DE⊥AP于E，连接CF交AQ于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠BDC=∠CAD=45°， ∠ADC=∠BCD=∠CDF=90°，
∵DF=AD，
∴AC=CF，
∴∠CFA=∠CAD=45°，
∴∠ACF=90°，
∵PG⊥AD，
∴∠DGP=∠AGP=90°，
∴∠GPD=∠BDA=45°，
∴GD=GP，
∵PD2=GD2+GP2=2GD2=(2)2=2，
∴GD=GP=1，
∴AG=3−1=2，
∴AP=AG2+GP2=5，
设PE=x，则AE=5+x，
∵DE2=DP2−PE2=AD2−AE2，
∴(2)2−x2=32−(5+x)2，
∴x=55，即PE=55，
∴AE=5+55=655，
∵线段CM绕点C顺时针旋转90°得CN，
∴∠MCN=∠ACF=90°,MC=CN，
∴∠ACM=∠NCF，
∵AC=CF，
∴△AMC≌△FNC(SAS)，
∴∠CAM=∠CFN，
∴点N在直线NF上运动，
过D作DN'⊥FN，
当DN'⊥FN时，DN的值最小，
∵∠FHQ=∠AHC，∠CAM=∠CFN，
∴∠AQF=∠ACF=90°，
∴AQ⊥FN，
∵DN'⊥FN，
∴DN'∥AQ，
∴∠FDN'=∠DAE，
∵∠AED=∠FN'D=90°，DF=AD，
∴△ADE≌△DFN'(AAS)，
∴DN'=AE=655，
∴DN的最小值为655．
故答案为：5；655.
【分析】过P作PG⊥AD于G，延长AD使DF=AD，作直线NF，延长AP交NF于Q， 过D作DE⊥AP于E，连接CF，交AQ于H，根据正方形的性质，利用勾股定理求出PD长，再在Rt△APD中求出AP长，设PE=x，则AE=5+x，利用勾股定理可得DE2=DP2−PE2=AD2−AE2，进而求出AE长，根据SAS得到△AMC≌△FNC，即可得到∠CAM=∠CFN，可知点N在直线NF上运动，当DN'⊥FN时，DN的值最小，再根据AAS得到△ADE≌△DFN'，利用DN'=AE解答即可．
14．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∴∠MEN=90°，EM=EN，
∴四边形EMCN是正方形，
∵∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
∴△EMF≌△END(ASA)，
∴FE=ED，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形；
（2）解：①矩形DEFG还是正方形，理由如下：
如图，过点E作EM⊥BC， EN⊥CD，垂足分别为M，N，
∴∠EMC=∠BCD=∠ENC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°， AC平分∠BCD，
∴∠MEN=90°， EM=EN，
∴∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴DE=EF，
∴矩形DEFG是正方形.
②3+1
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：（2）②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD=45°，
∵∠AED=75°，
∴∠ADE=180∘−∠EAC−∠AED=60∘,
过点D作DK⊥AD于点K，则△AEK 是等腰直角三角形
∴∠DEK=30°，
∵DE=2，
∴DK=1，
∴EK=DE2−DK2=3,
∴AK=3,
∴AD=AK+DK=3+1.
【分析】（1）根据正方性质可得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，根据角平分线性质可得EM=EN，再根据角之间的关系可得∠DEN=∠MEF，再根据全等三角形判定定理可得△EMF≌△END(ASA)，则FE=ED，再根据正方形判定定理即可求出答案.
（2）①过点E作EM⊥BC， EN⊥CD，垂足分别为M，N，则∠EMC=∠BCD=∠ENC=90°，根据正方形性质可得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，根据角平分线性质可得EM=EN，再根据角之间的关系可得∠DEN=∠MEF，再根据全等三角形判定定理可得△EMF≌△END(ASA)，则FE=ED，再根据正方形判定定理即可求出答案.
②根据正方形性质可得∠EAD=45°，根据三角形内角和定理可得∠ADE，过点D作DK⊥AD于点K，则△AEK是等腰直角三角形，根据含30°角的直角三角形性质可得DK，再根据勾股定理可得EK，再根据边之间的关系即可求出答案.
15．【答案】（1）90
（2）解：△CPE是等腰直角三角形．
理由如下：如图②，过点P作PM⊥AD交AD的延长线于点M，作PN⊥CD交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，BD平分∠ADC，
∵点P在BD的延长线上，
∴PM=PN，
在四边形PMDN中，∠PMD=∠N=90°，∠MDN=90°，
∴∠MPN=90°，
∵PA=PE，且P在AC的垂直平分线BD上，
∴PA=PC，
∴PC=PE，
在Rt△PME和Rt△PNC中，PC=PEPM=PN，
∴Rt△PME≌Rt△PNCHL，
∴∠MPE=∠NPC，
∵∠MPN=90°
∵∠CPE=∠MPE+∠CPM=∠CPN+∠CPM=∠MPN=90°，
∴∠CPE=90°，
∴△CPE是等腰直角三角形
（3）CE=PA
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】（1）解：设∠PAE=α，
∵PA=PE，
∴∠PAE=∠PEA=α，
∴∠APE=180°−∠PAE−∠PEA=180°−2α，
∵在正方形ABCD中，BD为对角线，
∴∠ABP=∠CBP=∠ADB=45°，AB=BC，
又∵BP=BP，
∴△APB≌△CPB，∠ADB=45°
∴∠BPC=∠BPA=∠PAE+∠ADB=α+45°，
∴∠APC=2∠BPA=2α+90°，
∴∠CPE=360°−∠APC−∠APE=360°−2α−90°−180°+2α=90°．
故答案为：90
（3）解：PA=CE．
理由：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=DC，∠ADB=∠CDB，∠ADC=∠ABC=120°，
∴∠ADP=∠CDP，
∵在△PDA和△PDC中，AD=CD∠ADP=∠CDPDP=DP，
∴△PDA≌△PDCSAS，
∴PA=PC，∠DAP=∠DCP
∵PA=PE，
∴∠PAD=∠PEA，PE=PC
∴∠PCD=∠PED，
∵∠DFC=∠EFP，
∴∠CPE=∠EDC，
∵∠ADC=120°，
∴∠EDC=60°，
∴∠EPC=60°，
∴△PCE是等边三角形，
∴CE=PE=PA．
【分析】（1）利用正方形的对称性得出PA=PC，结合已知PA=PE得出PC=PE，从而得到△PCE是等腰三角形，通过构造全等三角形证明即可；
（2）当点P在BD的延长线上时，依然利用正方形的对称性证明PA=PC，进而PC=PE，通过构造全等三角形证明∠CPE=90°，从而判定△CPEwe为等腰直角三角形；
（3）将正方形改为菱形且∠ABC=120°，利用菱形的对称性证明PA=PC，通过角度计算发现∠CPE=60°，从而判定△PCE为等边三角形，得出PA=CE.
（1）解：设∠PAE=α，
∵PA=PE，
∴∠PAE=∠PEA=α，
∴∠APE=180°−∠PAE−∠PEA=180°−2α，
∵在正方形ABCD中，BD为对角线，
∴∠ABP=∠CBP=∠ADB=45°，AB=BC，
又∵BP=BP，
∴△APB≌△CPB，∠ADB=45°
∴∠BPC=∠BPA=∠PAE+∠ADB=α+45°，
∴∠APC=2∠BPA=2α+90°，
∴∠CPE=360°−∠APC−∠APE=360°−2α−90°−180°+2α=90°．
（2）解：△CPE是等腰直角三角形．
理由如下：如图②，过点P作PM⊥AD交AD的延长线于点M，作PN⊥CD交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，BD平分∠ADC，
∵点P在BD的延长线上，
∴PM=PN，
在四边形PMDN中，∠PMD=∠N=90°，∠MDN=90°，
∴∠MPN=90°，
∵PA=PE，且P在AC的垂直平分线BD上，
∴PA=PC，
∴PC=PE，
在Rt△PME和Rt△PNC中，PC=PEPM=PN，
∴Rt△PME≌Rt△PNCHL，
∴∠MPE=∠NPC，
∵∠MPN=90°
∵∠CPE=∠MPE+∠CPM=∠CPN+∠CPM=∠MPN=90°，
∴∠CPE=90°，
∴△CPE是等腰直角三角形，
（3）解：PA=CE．
理由：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=DC，∠ADB=∠CDB，∠ADC=∠ABC=120°，
∴∠ADP=∠CDP，
∵在△PDA和△PDC中，AD=CD∠ADP=∠CDPDP=DP，
∴△PDA≌△PDCSAS，
∴PA=PC，∠DAP=∠DCP
∵PA=PE，
∴∠PAD=∠PEA，PE=PC
∴∠PCD=∠PED，
∵∠DFC=∠EFP，
∴∠CPE=∠EDC，
∵∠ADC=120°，
∴∠EDC=60°，
∴∠EPC=60°，
∴△PCE是等边三角形，
∴CE=PE=PA．