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人教版八年级下册第十八章 平行四边形18.2 特殊的平行四边形18.2.3 正方形课时训练
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这是一份人教版八年级下册第十八章 平行四边形18.2 特殊的平行四边形18.2.3 正方形课时训练，文件包含专题1812正方形综合问题大题专练原卷版人教版docx、专题1812正方形综合问题大题专练解析版人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
本试卷试题共30题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一．解答题（共30小题）
1．（2020春•青山区校级期中）如图，正方形ABCD中，点E为边BC的上一动点，作AF⊥DE交DE、DC分别于P、F点，连PC
（1）若点E为BC的中点，求证：F点为DC的中点；
（2）若点E为BC的中点，PE＝6，PC=42，求PF的长．
【分析】（1）由△ADF≌DCE，推出DF＝CE，由EC=12BC，BC＝DC，推出DF=12DC，即可证明F点为DC的中点；
（2）延长PE到N，使得EN＝PF，连接CN，根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质即可解决问题．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝BC，∠ADC＝∠C＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠APD＝∠DPF＝90°，
∴∠ADP+∠DAF＝90°，∠ADP+∠EDC＝90°，
∴∠DAF＝∠EDC，
在△ADF和△DCE中，
∠DAF=EDC∠ADF=∠CAD=CD，
∴△ADF≌△DCE（AAS），
∴DF＝CE，
∵EC=12BC，BC＝DC，
∴DF=12DC，
∴F点为DC的中点；
（2）延长PE到N，使得EN＝PF，连接CN，
∵∠AFD＝∠DEC，
∴∠CEN＝∠CFP，
又∵E，F分别是BC，DC的中点，
∴CE＝CF，
∵在△CEN和△CFP中
CE=CF∠CEN=∠CFPEN=PF，
∴△CEN≌△CFP（SAS），
∴CN＝CP，∠ECN＝∠PCF，
∵∠PCF+∠BCP＝90°，
∴∠ECN+∠BCP＝∠NCP＝90°，
∴△NCP是等腰直角三角形，
∴PN＝PE+NE＝PE+PF=2PC，
∴PF=2PC-PE＝8﹣6＝2．
2．（2020•三门县一模）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边DA，AB上，且BE⊥CF于点G．
（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）若四边形AECF的面积为12．
①正方形ABCD的面积是 24 ；
②当FG＝2时，求EG的长．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AB＝BC，∠A＝∠CBF＝90°，根据余角的性质得到∠BFC＝∠AEB，于是得到结论；
（2）①根据全等三角形的性质得到S△ABE＝S△BCF，推出S四边形AEGF＝S△BGC，于是得到S△BCE＝12，即可得到结论；
②设CG＝x，则BE＝CF＝x+2，根据三角形的面积公式列方程得到x＝4，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠CBF＝90°，
∵BE⊥CF，
∴∠ABE+∠AEB＝∠ABE+∠BFC＝90°，
∴∠BFC＝∠AEB，
∴△ABE≌△BCF（AAS）；
（2）解：①∵△ABE≌△BCF，
∴S△ABE＝S△BCF，
∴S△ABE﹣S△BFG＝S△BCF﹣S△BFG，
∴S四边形AEGF＝S△BGC，
∵四边形AECF的面积为12，
∴S△BCE＝12，
∴正方形ABCD的面积是24，
故答案为：24；
②设CG＝x，则BE＝CF＝x+2，
∵S△BCE=12BE•CG=12x（x+2）＝12，
解得x＝4，
∴CG＝4，
∵正方形ABCD的面积＝24，
∴BC=24=26，
由勾股定理求得BG=22，
∴EG=6-22；
3．（2018•安丘市模拟）如图1，在正方形ABCD中，点E在AD的延长线上，P是对角线BD上的一点，且点P位于AE的垂直平分线上，PE交CD于点F．
猜测PC和PE有什么大小及位置关系，并给出证明．
【分析】这里利用正方形的轴对称性质和线段垂直平分线的性质证明PC＝PC，再利用三角形的内角和的关系证明∠CPF＝∠FDE，再结合正方形的每个内角是90°，证明∠CPF＝90°即可．
【解析】（1）PC＝PE，PC⊥PE
证明∵点P位于AE的垂直平分线上，
∴PA＝PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AC，∠ADB＝∠CDB，
∵PD＝PD，
∴△ABP≌△CBP （SAS）
∴PA＝PC，
∴PC＝PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADP＝∠CBP，
∵PB＝PB，
∴△ADP≌△CDP （SAS），
∴∠PAD＝∠PCD，
∵PA＝PE，
∴∠PAD＝∠E，
∴∠PCD＝∠E，
∵∠PFC＝∠DFE，
∴△CPF∽△EDF，
∴∠CPF＝∠FDE，
∵四边形ABCD是正方形，
，∴∠ADC＝90°，
∴∠FDE＝90°，
∴∠CPF＝90°，
∴PC⊥PE．
4．如图，在△AFE中，∠FAE＝90°，AB是EF边上的高，以AB为一边在
AB的右侧作正方形ABCD，CD交AE于点M．
（1）求证：△ABF≌△ADM；
（2）若AF＝13，DM＝5，求CM的长；
（3）连接DF交AB于点G，连接GM，若∠DFB＝∠FAB，求证：四边形AGMD是矩形．
【分析】（1）由“ASA“可证△ABF≌△ADM；
（2）由全等三角形的性质和勾股定理可求CM的长；
（3）由“ASA”可证△ADM≌△DAG，可得AG＝DM，可证四边形ADGM是平行四边形，且∠ADM＝90°，可证四边形AGMD是矩形．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CD＝BC，∠ABC＝∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠FAE＝∠BAD
∴∠FAB＝∠DAM，且AB＝AD，∠ABF＝∠ADM＝90°，
∴△ABF≌△ADM（ASA）
（2）∵△ABF≌△ADM，
∴BF＝DM＝5，
∵AF＝13，BF＝5，
∴AB=AF²-BF²=169-25=12
∴CD＝12，
∴CM＝CD﹣DM＝12﹣5＝7
（3）∵AD∥BC
∴∠ADG＝∠DFB，且∠DFB＝∠FAB＝∠DAM，
∴∠ADG＝∠DAM，且AD＝AD，∠GAD＝∠ADM＝90°
∴△ADM≌△DAG（ASA）
∴AG＝DM，且AG∥DM
∴四边形ADGM是平行四边形，且∠ADM＝90°，
∴四边形AGMD是矩形．
5．（2019•宽城区一模）问题探究：如图①，在正方形ABCD中，点E在边AD上，点F在边CD上，且AE＝DF．线段BE与AF相交于点G，GH是△BFG的中线．
（1）求证：△ABE≌△DAF．
（2）判断线段BF与GH之间的数量关系，并说明理由．
问题拓展：如图②，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．点E在边AD上，点F在边CD上，且AE＝2，DF＝3，线段BE与AF相交于点G．若GH是△BFG的中线，则线段GH的长为 372 ．
【分析】（1）由正方形的性质得出∠BAD＝∠D＝90°，AB＝DA，由SAS证明△ABE≌△DAF即可；
（2）由全等三角形的性质得出∠ABE＝∠DAF，证出∠BGF＝∠ABE+∠BAG＝90°，在Rt△BFG中，由直角三角形斜边上的中线性质得出BF＝2GH；
问题拓展：由三角函数得出∠ABE＝∠DAF，证出∠BGF＝90°，在Rt△BFG中，由直角三角形斜边上的中线性质得出BF＝2GH，由矩形的性质得出∠C＝90°，BC＝AD＝6，CD＝AB＝4，得出CF＝CD﹣DF＝1，由勾股定理求出BF=BC2+CF2=37，即可得出GH的长．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝90°，AB＝DA，
在△ABE和△DAF中，AE=DF∠BAE=∠DAB=DA，
∴△ABE≌△DAF（SAS）；
（2）解：BF＝2GH；理由如下：
∵△ABE≌△DAF，
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠DAF+∠BAG＝∠BAD＝90°，
∴∠ABE+∠BAG＝90°，
∴∠BGF＝∠ABE+∠BAG＝90°，
在Rt△BFG中，GH是边BF的中线，
∴BF＝2GH；
问题拓展：
解：∵tan∠ABE=AEAB=24=12，tan∠DAF=DFAD=36=12，
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠DAF+∠BAG＝∠BAD＝90°，
∴∠ABE+∠BAG＝90°，
∴∠AGB＝90°，
∴∠BGF＝90°，
在Rt△BFG中，GH是边BF的中线，
∴BF＝2GH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，BC＝AD＝6，CD＝AB＝4，
∴CF＝CD﹣DF＝1，
∴BF=BC2+CF2=62+12=37，
∴GH=12BF=372；
故答案为：372．
6．如图，在正方形ABCD中，点P在对角线AC上（不与点A、C重合），PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，连接PD．
（1）求证：四边形PMBN是矩形．
（2）猜想PD、PM、PN之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质得到∠B＝90°，由垂直的定义得到∠PMB＝∠PNB＝∠B＝90°，于是得到结论；
（2）连接PB，MN，由矩形的性质得到PB＝MN，∠MPN＝90°，根据勾股定理得到PB2＝MN2＝PM2+PN2，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵四边形BCD是正方形，
∴∠B＝90°，
∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠PMB＝∠PNB＝∠B＝90°，
∴四边形BNPM是矩形；
（2）解：PD2＝PM2+PN2；
理由：连接PB，MN，
∵四边形PMBN是矩形，
∴PB＝MN，∠MPN＝90°，
∴PB2＝MN2＝PM2+PN2，
在△DAP与△MAP中，AD=AB∠DAP=∠BAP=45°AP=AP，
∴△DAP≌△MAP（SAS），
∴PD＝PB，
∴PD2＝PM2+PN2．
7．（2019•黑龙江）如图，BD是正方形ABCD的对角线，线段BC在其所在的直线上平移，将平移得到的线段记为PQ，连接PA，过点Q作QO⊥BD，垂足为O，连接OA、OP．
（1）如图①所示，求证：AP=2OA；
（2）如图②所示，PQ在BC的延长线上，如图③所示，PQ在BC的反向延长线上，猜想线段AP、OA之间有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
【分析】（1）由SAS证得△ABO≌△PQO，得出OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，证明∠AOP＝90°，则△AOP是等腰直角三角形，得出AP=2OA；
（2）PQ在BC的延长线上时，与（1）同理可证△ABO≌△PQO，得出OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，证明∠AOP＝90°，则△AOP是等腰直角三角形，得出AP=2OA；PQ在BC的反向延长线上时，同理可证△ABO≌△PQO，得出OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，证明∠AOP＝90°，则△AOP是等腰直角三角形，得出AP=2OA．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∵QO⊥BD，
∴∠BOQ＝90°，
∴∠BQO＝∠CBD＝45°，
∴OB＝OQ，
∵PQ＝BC，
∴AB＝PQ，
在△ABO和△PQO中，OB=OQ∠ABO=∠BQO=45°AB=PQ，
∴△ABO≌△PQO（SAS），
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∵∠BOP+∠POQ＝90°，
∴∠BOP+∠AOB＝90，即∠AOP＝90°，
∴△AOP是等腰直角三角形，
∴AP=2OA；
（2）解：PQ在BC的延长线上，线段AP、OA之间的数量关系为：AP=2OA；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∵QO⊥BD，
∴∠BOQ＝90°，
∴∠BQO＝∠CBD＝45°，
∴OB＝OQ，
∵PQ＝BC，
∴AB＝PQ，
在△ABO和△PQO中，OB=OQ∠ABO=∠BQO=45°AB=PQ，
∴△ABO≌△PQO（SAS），
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∵∠BOP+∠POQ＝90°，
∴∠BOP+∠AOB＝90°，即∠AOP＝90°，
∴△AOP是等腰直角三角形，
∴AP=2OA；
PQ在BC的反向延长线上，线段AP、OA之间的数量关系为：AP=2OA；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∵QO⊥BD，
∴∠BOQ＝90°，
∴∠BQO＝∠CBD＝∠OBQ＝45°，
∴OB＝OQ，∠ABO＝∠PQO＝135°，
∵PQ＝BC，
∴AB＝PQ，
在△ABO和△PQO中，OB=OQ∠ABO=∠PQOAB=PQ，
∴△ABO≌△PQO（SAS），
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∵∠BOP﹣∠POQ＝90°，
∴∠BOP﹣∠AOB＝90°，即∠AOP＝90°，
∴△AOP是等腰直角三角形，
∴AP=2OA．
8．（2019春•沙河市期末）如图，矩形ABCD和正方形ECGF．其中E、H分别为AD、BC中点，连结AF、HG、AH．
（1）求证：AF＝HG；
（2）求证：∠FAE＝∠GHC；
【分析】（1）由AE＝HC，AE∥HC，得到四边形AHCE为平行四边形，所以AH＝EC，AH∥EC，再根据正方形的性质可推导出AH＝FG，AH∥FG，所以四边形AHGF是平行四边形，即AH＝FG；
（2）由平行四边形AHGF可得∠FAH+∠AHG＝180°，根据AD∥BC，可得∠DAH＝∠AHB，又∠AHB+∠AHG+∠GHC＝180°，所以∠FAD＝∠GHC．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，且E、H分别为AD、BC的中点，
∴AE＝HC，AE∥HC，
∴四边形AHCE为平行四边形，
∴AH＝EC，AH∥EC，
又∵四边形ECGF为正方形，
∴EC＝FG，EC∥FG，
∴AH＝FG，AH∥FG，
∴四边形AHGF是平行四边形，
∴AH＝FG；
（2）∵四边形AHGF是平行四边形，
∴∠FAH+∠AHG＝180°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAH＝∠AHB，
又∵∠AHB+∠AHG+∠GHC＝180°，
∴∠FAD＝∠GHC．
9．（2020春•岳麓区校级期末）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q．
（1）求证：△PDE≌△QCE；
（2）若PB＝PQ，点F是BP的中点，连结EF、AF，
①求证：四边形AFEP是平行四边形；
②求PE的长．
【分析】（1）由正方形的性质、中点的定义及对顶角相等得出全等的判定条件即可得出答案；
（2）①分别根据等腰三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的性质及三角形的中位线定理等知识点得出两组对边分别平行，从而证得结论；
②设AP＝x，分别用含x的式子表示出PD、CQ、BQ及EF，再根据平行四边形的性质及勾股定理求得PE的长即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠ECQ＝90°，
∵E是边CD的中点，
∴DE＝CE，
又∵∠DEP＝∠CEQ，
∴△PDE≌△QCE（ASA）；
（2）①证明：∵PB＝PQ，
∴∠PBQ＝∠Q，
∵在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，
∵△PDE≌△QCE，
∴PE＝QE，
∵点F是BP的中点，∠PAB＝90°，
∴AF＝PF＝BF，EF∥BQ，
∴∠APF＝∠PAF，
∴∠PAF＝∠EPD，
∴PE∥AF，
又∵EF∥BQ∥AD，
∴四边形AFEP是平行四边形；
②设AP＝x，则PD＝1﹣x，
∴CQ＝1﹣x，
∴BQ＝2﹣x．
∵EF是△PBQ的中位线，
∴EF=12（2﹣x），
∵四边形AFEP是平行四边形，
∴EF＝AP，
∴12（2﹣x）＝x，
∴x=23．
在Rt△PDE中，DE=12，PD2+DE2＝PE2，
∴(1-23)2+14=PE2，
∴PE=136．
10．（2020春•江都区期中）如图，在正方形ABCD内有一点P满足AP＝AB，PB＝PC．连接AC、PD．
（1）求证：△APB≌△DPC；
（2）求∠PAC的度数．
【分析】（1）AP＝AB，PB＝PC，可得∠ABC﹣∠PBC＝∠DCB﹣∠PCB，即∠ABP＝∠DCP，因此可证得两三角形全等．
（2）根据正方形的性质得出∠CAD＝45°，得出△PAD为等边三角形，可求得∠BAP＝30°∠PAC＝∠PAD﹣∠CAD＝15°，进而解答即可．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠DCB＝90°．
∵PB＝PC，∴∠PBC＝∠PCB．
∴∠ABC﹣∠PBC＝∠DCB﹣∠PCB，即∠ABP＝∠DCP．
又∵AB＝DC，PB＝PC，
∴△APB≌△DPC（SAS）．
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°．
∵△APB≌△DPC，
∴AP＝DP．
又∵AP＝AB＝AD，
∴DP＝AP＝AD．
∴△APD是等边三角形．
∴∠DAP＝60°．
∴∠PAC＝∠DAP﹣∠DAC＝15°．
11．（2020春•富县期末）如图，已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB＞CE，连接BG，DE．
（1）求证：BG＝DE；
（2）连接BD，若CG∥BD，BG＝BD，求∠BDE的度数．
【分析】（1）结合正方形的性质利用SAS证明△BCG≌△DCE，进而可证明结论；
（2）连接BE，通过证明△BCG≌△BCE可得△BDE为等边三角形，进而求解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形CEFG为正方形，
∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE；
（2）连接BE，
∵CG∥BD，
∴∠DCG＝∠BDC＝45°，
∴∠BCG＝∠BCD+∠DCG＝90°+45°＝135°．
∵∠GCE＝90°，
∴∠BCE＝360°﹣∠BCG﹣∠GCE＝360°﹣135°﹣90°＝135°，
∴∠BCG＝∠BCE．
∵CG＝CE，BC＝BC，
∴△BCG≌△BCE（SAS），
∴BG＝BE．
∵由（1）可知BG＝DE，
∴BD＝BE＝DE，
∴△BDE为等边三角形，
∴∠BDE＝60°．
12．（2020春•大观区校级期末）如图，∠MON＝90°，正方形ABCD的顶点A、B分别在OM、ON上，AB＝13，OB＝5，E为AC上一点，且∠EBC＝∠CBN，直线DE与ON交于点F．
（1）求证：BE＝DE；
（2）判断DF与ON的位置关系，并说明理由；
（3）△BEF的周长为 24 ．
【分析】（1）利用正方形的性质，即可得到△BCE≌△DCE（SAS），根据全等三角形的性质即可得到BE＝DE．
（2）依据∠EDC＝∠CBN，∠EDC+∠1＝90°，∠1＝∠2，即可得出∠2+∠CBN＝90°，进而得到DF⊥ON；
（3）过C作CG⊥ON于G，过D作DH⊥CG于H，则∠CGB＝∠AOB＝90°，四边形DFGH是矩形，利用全等三角形的对应边相等，即可得到DF＝HG＝12，GF＝DH＝5，BF＝BG﹣GF＝7，进而得出△BEF的周长．
【解析】（1）∵四边形ABCD正方形，
∴CA平分∠BCD，BC＝DC，
∴∠BCE＝∠DCE＝45°，
∵CE＝CE，
∴△BCE≌△DCE（SAS），
∴BE＝DE．
（2）DF⊥ON，理由如下：
∵△BCE≌△DCE，
∴∠EBC＝∠EDC，
∵∠EBC＝∠CBN，
∴∠EDC＝∠CBN，
∵∠EDC+∠1＝90°，∠1＝∠2，
∴∠2+∠CBN＝90°，
∴∠EFB＝90°，
即DF⊥ON；
（3）如图所示，过C作CG⊥ON于G，过D作DH⊥CG于H，则∠CGB＝∠AOB＝90°，四边形DFGH是矩形，
又∵∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝90°＝∠ABO+∠CBG，
∴∠BAO＝∠CBG，
又∵AB＝BC，
∴△ABO≌△BCG（AAS），
∴BG＝AO=132-52=12，CG＝BO＝5，
同理可得△CDH≌△BCG，
∴DH＝CG＝5，CH＝BG＝12，
∴HG＝5+12＝17，
∴DF＝HG＝12，GF＝DH＝5，
∴BF＝BG﹣GF＝12﹣5＝7，
∴△BEF的周长＝BF+EF+BE＝BF+EF+DE＝BF+DF＝7+17＝24，
故答案为：24．
13．（2020•海安市一模）如图，正方形ABCD的边长为a，点E为边BC的中点，点F在边CD上，连接AE，EF．
（1）若CF＝2DF，连接AF．求∠EAF的度数；
（2）当∠AEF＝∠DAE时，求△CEF的面积（用含a的式子表示）．
【分析】（1）将△ABE△绕点A点逆时针旋转90°，证明△AEF≌△AE'F，进而求得结果；
（2）过A作AG⊥EF，证明△ABE≌△AGE，△ADF≌△AGF，得BE＝GE，DF＝GF，设CF＝x，在Rt△CEF中，由勾股定理列出x的方程求得x，进而由三角形的面积公式求得结果．
【解析】
（1）将△ABE△绕点A点逆时针旋转90°，如图1，则
AE＝AE'，BE＝DE'，∠E'AD＝∠EAB，∠ADE'＝∠ABE＝90°，
∵∠ADF＝90°，
∴点F、D、E'三点在同一直线上，
∵CF＝2DF，
∴CF=23a，DF=13a，CE＝BE＝DE'=12a，
∴E'F=56a，EF=CE2+CF2=56a，
∴EF＝E'F，
∵AE＝AE'，AF＝AF，
∴△AEF≌△AE'F（SSS），
∴∠EAF＝∠E'AF=12∠EAE'＝45°；
（2）过A作AG⊥EF，如图2，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵∠DAE＝∠AEF，
∴∠AEB＝∠AEF，
∵∠ABE＝∠AGE＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ABE≌△AGE（AAS），
∴BE＝GE=12a，AB＝AG，
∵AB＝AD，
∴AD＝AG，
∵AF＝AF，
∴Rt△ADF≌Rt△AGF（HL），
∴DF＝GF，
设CF＝x，则GF＝DF＝a﹣x，
∴EF=12a+a-x=32a-x，
∵CE2+CF2＝EF2，
∴(12a)2+x2=(32a-x)2，
解得，x=23a，
∴△CEF的面积=12CE⋅CF=12×12a×23a=16a2．
14．如图，在正方形ABCD中，BD为一条对角线，点P为CD边上一点，A连接AP，并将△ADP平移使AD与BC边重合，P点落在DC的延长线上的一点G处，过G点作GH⊥BD于点H，连接HP和HC
（1）在图中依题意补全图形；
（2）求证：PH＝CH．
【分析】（1）依题意补全图形即可；
（2）先根据正方形的性质得出△DHQ是等腰直角三角形，由平移的性质得出DP＝QC，再由SAS定理证明△HDP≌△HQC，得出对应边相等即可．
【解析】（1）解：依题意补全图形，如图所示：
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD，
∴∠HDQ＝45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形．
∵平移△ADP，得到△BCQ，
∴△ADP≌△BCQ，
∴DP＝CQ，
在△HDP与△HQC中，DH=QH∠HDP=∠HQCDP=QC，
∴△HDP≌△HQC（SAS），
∴PH＝CH．
15．（2020•浙江自主招生）已知如图，正方形ABCD和等腰直角△BEF，BE＝EF，∠BEF＝90°，取DF中点G，连结EG、CG，探究EG、CG的数量关系和位置关系，并证明．
【分析】延长EG到H，使EG＝GH，作FP⊥BC于P，连接EC，CH，DH，则FP∥CD，证△EFG≌△HDG（SAS），得出EF＝HD＝BE，再证△DHC≌△BEC（SAS），得出CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，证出∠ECH＝∠BCD＝90°，得出△ECH是等腰直角三角形，进而得出结论．
【解析】CG＝EG，CG⊥EG，理由如下：
延长EG到H，使EG＝GH，作FP⊥BC于P，连接EC，CH，DH，如图：
则FP∥CD，
∴∠DFP＝∠GDC，
∵G是DF的中点，
∴FG＝DG，
在△EFG和△HDG中，EG=HG∠EGF=∠HGDFG=DG，
∴△EFG≌△HDG（SAS），
∴EF＝HD＝BE，∠HDG＝∠GFE，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE＝EF＝HD，
∴∠HDC+∠GDC＝∠DFP+∠PFE，
∴∠HDC＝∠PFE＝∠EBC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCD＝90°，
在△DHC和△BEC中，DH=BE∠HDC=∠EBCDC=BC，
∴△DHC≌△BEC（SAS），
∴CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，
∴∠ECH＝∠BCD＝90°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∵EG＝GH，
∴CG＝EG，CG⊥EG．
16．（2013•黄冈模拟）如图，正方形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，过点O作OE⊥OF，分别交AB、BC于E、F．
（1）求证：△OEF是等腰直角三角形．
（2）若AE＝4，CF＝3，求EF的长．
【分析】（1）根据正方形的性质可得∠ABO＝∠ACF＝45°，OB＝OC，∠BOC＝90°，再根据同角的余角相等求出∠EOB＝∠FOC，然后利用“角边角”证明△BEO和△CFO全等，根据全等三角形对应边相等可得OE＝OF，从而得证；
（2）根据全等三角形对应边相等可得BE＝CF，再根据正方形的四条边都相等求出AE＝BF，再利用勾股定理列式进行计算即可得解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABO＝∠ACF＝45°，OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴∠FOC+∠BOF＝90°，
又∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝90°，
∴∠EOB+∠BOF＝90°，
∴∠EOB＝∠FOC，
在△BEO和△CFO中，∠ABO=∠ACFOB=OC∠EOB=∠FOC，
∴△BEO≌△CFO（ASA），
∴OE＝OF，
又∵∠EOF＝90°，
∴△DEF是等腰直角三角形；
（2）解∵△BEO≌△CFO（已证），
∴BE＝CF＝3，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，
∴AB﹣BE＝BC﹣CF，
即AE＝BF＝4，
在Rt△BEF中，EF=BE2+BF2=32+42=5．
17．（2016春•洪山区期中）如图，已知正方形ABCD和等边△DCE，点F为CE的中点，AE与DF相交于点G，AG＝23．
（1）直接写出GE＝ 2 ；
（2）求出DG的长；
（3）如图，若将题中“等边△DCE”改为“DC＝DE的等腰△DCE”，其他条件不变，求出BG+DG的值．
【分析】（1）连接AC，根据正方形ABCD和等边△DCE，点F为CE的中点，可以证明△AGC为直角三角形，进而可得GE的长；
（2）结合（1）可得DF的长，再根据等腰直角△CGE斜边上中线等于斜边的一半得GF=2，进而可得DG的长；
（3）如图2，过D作DN⊥AE于N，过A作AM⊥AE交GD的延长线于M，可以证明MAD≌△GAB，可得BG＝DM，进而可得BG+DG的值．
【解析】（1）如图1，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝45°，
∵点F为等边△DCE边CE的中点，
∴DF是CE的垂直平分线，
∴GE＝GC，
∵∠ADE＝90°+60°＝150°，AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA＝15°，
∴∠GEC＝∠GCE＝60°﹣15°＝45°，
∴GC⊥AE，
∴△AGC为直角三角形，
∵∠GAC＝∠DAC﹣∠DAE＝45°﹣15°＝30°，AG＝23，
∴GC＝GE=33AG＝2；
故答案为：2；
（2）由（1）可得AC＝4，则DC＝22，
在等边△DCE中DF=6，
在等腰直角△CGE中，由斜边上中线等于斜边的一半得GF=2，
∴DG=6-2．
（3）如图2，过D作DN⊥AE于N，过A作AM⊥AE交GD的延长线于M，
∵∠ADN+∠CDN＝90°，∠ADN+∠DAN＝90°，
∴∠DAN＝∠CDN，
∵AD＝DC＝DE，
∴∠DAN＝∠CDN＝∠DEA，
∵F是CE中点，
∴∠CDF＝∠EDF，
∵∠NDG＝∠CDN+∠CDF，∠DGN＝∠DEA+∠EDF，
∴∠NDG＝∠DGN＝45°，
∴∠M＝45°，
∴AM＝AG，
∵∠DAM+∠DAN＝90°，∠BAG+∠DAN＝90°，
∴∠DAM＝∠BAG，
在△MAD和△GAB中，
AM=AG∠DAM=∠BAGDA=BA，
∴△MAD≌△GAB（SAS），
∴BG＝DM，
∴BG+DG＝DM+DG＝MG=2AG=2×23=26．
18．（2020春•兴化市期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E是BC边上的动点（不与点B、C重合），将射线AE绕点A按逆时针方向旋转45°后交CD边于点F，AE、AF分别交BD于G、H两点．
（1）当∠BEA＝55°时，求∠HAD的度数；
（2）设∠BEA＝α，试用含α的代数式表示∠DFA的大小；
（3）点E运动的过程中，试探究∠BEA与∠FEA有怎样的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质和三角形的内角和解答即可；
（2）根据正方形的性质和三角形内角和解答即可；
（3）延长CB至I，使BI＝DF，根据全等三角形的判定和性质解答即可．
【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣55°＝35°，
∴∠HAD＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣35°＝10°；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝∠ADF＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣α，
∴∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣（90°﹣α）＝α﹣45°，
∴∠DFA＝90°﹣∠DAF＝90°﹣（α﹣45°）＝135°﹣α；
（3）∠BEA＝∠FEA，理由如下：
延长CB至I，使BI＝DF，连接AI．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADF＝∠ABC＝90°，
∴∠ABI＝90°，
又∵BI＝DF，
∴△DAF≌△BAI（SAS），
∴AF＝AI，∠DAF＝∠BAI，
∴∠EAI＝∠BAI+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝45°＝∠EAF，
又∵AE是△EAI与△EAF的公共边，
∴△EAI≌△EAF（SAS），
∴∠BEA＝∠FEA．
19．（2020春•常州期末）如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，将BD向两个方向延长，分别至点E和点F，且使BE＝DF．
（1）判断四边形AECF的形状，并证明你的猜想；
（2）若AB＝32，BE＝3，求四边形AECF的周长．
【分析】（1）根据正方形的性质和菱形的判定解答即可；
（2）根据正方形和菱形的性质以及勾股定理解答即可．
【解析】（1）证明：∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OC，OB＝OD，
AC⊥BD．
∵BE＝DF，
∴OB+BE＝OD+DF，即OE＝OF．
∴四边形AECF是平行四边形．
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=12AC，BO=12BD，AC＝BD，AC⊥BD，
∴AO＝BO，∠AOB＝90°．
在直角△AOB中，由勾股定理知：AB=AO2+BO2=32，
∴AO＝BO＝3．
∴EO＝OB+BE＝6．
在△AOE中，∠AOE＝90°，AE=AO2+EO2=32+62=35．
∵四边形AECF是菱形，
∴AE＝EC＝CF＝AF．
∴四边形AECF的周长＝4AE＝125．
∴四边形AECF的周长是125．
20．（2020春•江阴市期中）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．设点N的坐标为（m，n）．
（1）若建立平面直角坐标系，满足原点在线段BD上，点B（﹣1，0），A（0，1）．且BM＝t（0＜t≤2），则点D的坐标为 （1，0） ，点C的坐标为 （0，﹣1） ；请直接写出点N纵坐标n的取值范围是 0＜n≤3 ；
（2）若正方形的边长为2，求EC的长，以及AM+BM+CM的最小值．
（提示：连结MN：4+23=3+1，4-23=3-1）
【分析】（1）如图1，以直线BD为x轴，直线AC为y轴，建立平面直角坐标系，根据正方形的性质得到OA＝OB＝OC＝OD，由点B（﹣1，0），A（0，1），于是得到D（1，0），C（0，﹣1）；过N作NH⊥BD于h，根据旋转的性质得到∠NBH＝60°，BM＝BN，求得NH=32BN=32t，于是得到结论；
（2）如图所示，连接MN，过E作EH⊥BC，交CB的延长线于H，由旋转的性质得到BM＝BN，∠NBM＝60°，求得△BMN是等边三角形，求得MN＝BM，根据等边三角形的性质得到BE＝BA，∠ABE＝60°，求得∠ABM＝∠EBN，根据全等三角形的性质得到AM＝EN，求得AM+BM+CM＝EN+MN+CM，当E，N，M，C在同一直线上时，AM+BM+CN的最小值是CE的长，解直角三角形即可得到结论．
【解析】（1）如图1，以直线BD为x轴，直线AC为y轴，建立平面直角坐标系，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∵点B（﹣1，0），A（0，1），
∴D（1，0），C（0，﹣1）；
过N作NH⊥BD于h，
∴∠NHB＝90°，
∵将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴∠NBH＝60°，BM＝BN，
∴NH=32BN=32t，
∵0＜t≤2，
∴点N纵坐标n的取值范围是0＜n≤3；
故答案为：（1，0），（0，﹣1）；0＜n≤3；
（2）如图所示，连接MN，过E作EH⊥BC，交CB的延长线于H，
由旋转可得，BM＝BN，∠NBM＝60°，
∴△BMN是等边三角形，
∴MN＝BM，
∵△ABE是等边三角形，
∴BE＝BA，∠ABE＝60°，
∴∠ABM＝∠EBN，
∴△ABM≌△EBN（SAS），
∴AM＝EN，
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，
∴当E，N，M，C在同一直线上时，AM+BM+CN的最小值是CE的长，
又∵∠ABE＝60°，∠ABH＝90°，
∴∠EBH＝30°，
∴Rt△EBH中，EH=12EB=12×2＝1，
∴BH=EB2-EH2=22-12=3，
∴CH＝2+3，
∴Rt△CEH中，CE=HE2+CH2=12+(2+3)2=8+43=6+2；
∴AM+BM+CM的最小值为6+2．
21．（2019春•滨海县期中）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．
（1）若直线EF与AB、AD的延长线分别交于点M、N，求证：EF2＝ME2+NF2；
（2）如图2，将正方形改为矩形，若其余条件不变，请写出线段EF、BE、DF之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．证明△AEG≌△AEF，则EG＝EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE＝CF，BE＝BM，NF=2DF，然后证明∠GME＝90°，MG＝NF，利用勾股定理得出EG2＝ME2+MG2，等量代换即可证明EF2＝ME2+NF2；
（2）延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，结合勾股定理以及相等线段可得（GH+BE）2+（BE﹣GH）2＝EF2，所以2（DF2+BE2）＝EF2．
【解析】（1）证明：如图1，设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF＝BG．
∴AF＝AG，∠FAG＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAE＝45°，
在△AGE与△AFE中，
AG=AF∠GAE=∠FAE=45°AE=AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
∴EG＝EF．
∵∠CEF＝45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE＝CF，BE＝BM，NF=2DF，
∴a﹣BE＝a﹣DF，
∴BE＝DF，
∴BE＝BM＝DF＝BG，
∴∠BMG＝45°，
∴∠GME＝45°+45°＝90°，
∴EG2＝ME2+MG2，
∵EG＝EF，MG=2BM=2DF＝NF，
∴EF2＝ME2+NF2；
（2）解：EF2＝2BE2+2DF2．
如图2所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2＝EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2＝EH2
又∴EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2＝EF2，
即2（DF2+BE2）＝EF2，
22．（2019秋•邳州市期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF＝45°．
（1）如图（1），试判断EF，BE，DF间的数量关系，并说明理由；
（2）如图（2），若AH⊥EF于点H，试判断线段AH与AB的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，证△GDA≌△EBA，△GAF≌△EAF，根据全等三角形的性质得出GD+DF＝BE+DF＝EF进而求出即可；
（2）把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，如图，根据旋转的性质得AQ＝AF，∠FAQ＝90°，∠ABQ＝∠D＝90°，则可判断点Q在CB的延长线上，由∠EAF＝45°得到∠QAE＝90°﹣∠EAF＝45°，然后根据“SAS”判断△AEQ≌△AEF，得到EQ＝FE，再根据全等三角形对应边上的高相等得到结论．
【解析】（1）解：BE+DF＝EF；理由如下：
如图1，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，
∵在△GDA和△EBA中，
DG=BE∠GDA=∠ABE=90°AD=AB，
∴△GDA≌△EBA（SAS），
∴AG＝AE，∠GAD＝∠EAB，
故∠GAF＝45°，
在△GAF和△EAF中，
∵AG=AE∠GAF=∠EAFAF=AF，
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴GF＝EF，
即GD+DF＝BE+DF＝EF；
（2）AH＝AB，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，如图2，
∴AQ＝AF，∠FAQ＝90°，∠ABQ＝∠D＝90°，
而∠ABC＝90°，
∴点Q在CB的延长线上，
∵∠EAF＝45°，
∴∠QAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠QAE，
在△AEQ和△AEF中，
AE=AE∠EAF=∠QAEAQ=AF，
∴△AEQ≌△AEF（SAS），
∴EQ＝EF，
∵AB⊥EQ，AH⊥FE，
∴AB＝AH．
23．（2019春•无锡期中）如图，边长为8的正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是AB边上一动点，ME⊥AO，MF⊥BO．
（1）求证：四边形OEMF为矩形；
（2）连接EF，求EF的最小值．
【分析】（1）根据正方形的性质和矩形判定解答即可；
（2）根据等腰直角三角形的性质解答即可．
【解析】（1）∵ME⊥AO，MF⊥BO，
∴∠MEO＝90°，∠MFO＝90°，
∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴∠EOF＝90°，
∴四边形OEMF为矩形；
（2）∵边长为8的正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OA＝OB＝42，
当M在AB的中点时，EF有最小值，最小值=OE2+OF2=(22)2+(22)2=4．
24．（2020秋•海珠区校级期中）（1）如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边AB、BC上，∠EDF＝45°，连接EF，求证：EF＝AE+FC．
（2）如图②，点E，F在正方形ABCD的对角线AC上，∠EDF＝45°，猜想EF、AE、FC的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）延长BA，使AM＝CF，由题意可证△AMD≌△CFD，可得MD＝FD，∠ADM＝∠CDF，即可得∠MDE＝∠EDF＝45°，即可证△MDE≌△FDE，可得EF＝EM，则可得EF＝AE+CF；
（2）将△CDF绕点D顺时针旋转90°，可得△ADN，由旋转的性质可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，由“SAS”可证△EDF≌△EDN，可得EF＝EN，即可得结论．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠C＝∠ADC＝∠DAB＝90°，
如图①：延长BA，使AM＝CF，连接MD，
在△AMD和△CFD中，
AM=CF∠MAD=∠CAD=CD，
∴△AMD≌△CFD（SAS），
∴∠MDA＝∠CDF，MD＝DF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠ADE+∠FDC＝45°，
∴∠ADM+∠ADE＝45°＝∠MDE，
∴∠MDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDM中，
MD=DF∠MDE=∠FDEDE=DE，
∴△EDF≌△EDM（SAS），
∴EF＝EM，
∵EM＝AM+AE＝AE+CF，
∴EF＝AE+CF；
（2）EF2＝AE2+CF2，
理由如下：
如图②，将△CDF绕点D顺时针旋转90°，可得△ADN，
由旋转的性质可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，
∴∠CAN＝∠CAD+∠DAN＝90°，
∴EN2＝AE2+AN2，
∵∠EDF＝45°，
∴∠CDF+∠ADE＝45°，
∴∠ADE+∠ADN＝45°＝∠NDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDN中，
DF=DN∠FDE=∠NDEDE=DE，
∴△EDF≌△EDN（SAS），
∴EF＝EN，
∴EF2＝AE2+CF2．
25．（2020秋•永年区期中）（1）如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE+FD；
（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足什么关系时，仍有EF＝BE+FD，说明理由．
【分析】（1）根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF＝BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可；
（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，再证△FAE≌△MAE，即可得出答案．
【解析】证明：（1）如图1：把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，
则△ADG≌△ABE，
∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，DG＝BE，
又∵∠EAF＝45°，即∠DAF+∠BEA＝∠EAF＝45°，
∴∠GAF＝∠FAE，
在△GAF和△EAF中，
AG=AE∠GAF=∠FAEAF=AF，
∴△GAF≌△EAF（SAS）．
∴GF＝EF．
又∵DG＝BE，
∴GF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF；
（2）当∠BAD＝2∠EAF时，仍有EF＝BE+FD，
理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABM＝180°，
∴∠D＝∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS）
∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM，
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM＝∠EAM＝∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE=AE∠FAE=∠MAEAF=AM，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM＝BE+DF，
即EF＝BE+DF．
26．（2020春•南岗区校级期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E，H分别在BC，AB上，点G在BA的延长线上，且CE＝AG，DE⊥CH于F．
（1）求证：四边形GHCD为平行四边形．
（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与∠ECF互余的角．
【分析】（1）根据正方形性质求出AD＝DC，∠GAD＝∠DCE＝90°，根据全等三角形判定可得DG＝HC，DE＝CH，再根据平行线的判定可得DG∥HC，进而可得即可四边形GHCD为平行四边形；
（2）根据直角三角形两个锐角互余，再结合（1）可得图中所有与∠ECF互余的角．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠GAD＝∠DCE＝90°，
在△GAD和△ECD中，
AG=CE∠GAD=∠ECDAD=DC，
∴△GAD≌△ECD（SAS），
∴DE＝DG，∠GDA＝∠EDC，
∴∠GDA+∠ADF＝∠EDC+∠ADF，
即∠GDF＝∠ADC＝90°，
∵DE⊥CH，
∴∠DFH＝∠CFD＝90°，
∴DG∥CH，
∵∠HCB+∠HCD＝∠EDC+∠DCF＝90°，
∴∠HCB＝∠EDC，
在△HBC和△ECD中，
∠HCB=∠EDCBC=DC∠B=∠DCE，
∴△HBC≌△ECD（ASA）
∴CH＝DE，
∴DG＝CH，
∵DG∥CH，
∴四边形GHCD为平行四边形；
（2）∵△HBC≌△ECD，
∴∠BHC＝∠CED，
∵∠ECF+∠FEC＝90°，
∴∠FEC，∠BHC与∠ECF互余；
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC，
∴∠ADE与∠ECF互余；
∵∠DGA＝∠CHB，
∴∠DGA与∠ECF互余；
∵∠DCF+∠ECF＝90°，
∴∠DCF与∠ECF互余；
∴与∠ECF互余的角有：∠FEC、∠DCF、∠BHC、∠DGA、∠ADE．
27．（2020春•梁溪区期中）如图，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且∠PAE＝∠E，PE交CD于点F．
（1）求证：PC＝PE；
（2）求∠CPE的度数．
【分析】（1）先证出△ADP≌△CDP，得PA＝PC，由于PA＝PE，得PC＝PE；
（2）由△ADP≌△CDP，得∠DAP＝∠DCP，进而得∠DCP＝∠E，最后∠CPF＝∠EDF＝90°得到结论．
【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AD＝DC，∠ADP＝∠CDP＝45°，
在△ADP和△CDP中
AD=DC∠ADP=∠CDPPD=PD，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴PA＝PC，
∵∠PAE＝∠E，
∴PA＝PE，
∴PC＝PE；
（2）∵在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，
∴∠EDF＝90°，
由（1）知，△ADP≌△CDP，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵∠DAP＝∠E，
∴∠DCP＝∠E，
∵∠CFP＝∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPF＝∠EDF＝90°．
28．（2020春•下陆区校级期中）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF＝90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN．
（1）求证：OM＝ON．
（2）若正方形ABCD的边长为8，E为OM的中点，求MN的长．
【分析】（1）证△OAM≌△OBN即可得；
（2）作OH⊥AD，由正方形的边长为8且E为OM的中点知OH＝HA＝4、HM＝8，再根据勾股定理得OM的长，由直角三角形性质知MN＝OM问题得解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠DAO＝45°，∠OBA＝45°，
∴∠OAM＝∠OBN＝135°，
∵∠EOF＝90°，∠AOB＝90°，
∴∠AOM＝∠BON，
在△OAM和△OBN中，
∠OAM=∠OBNOA=OB∠AOM=∠BON
∴△OAM≌△OBN（ASA），
∴OM＝ON；
（2）如图，过点O作OH⊥AD于点H，
∵正方形的边长为8，
∴OH＝HA＝4，
∵E为OM的中点，
∴HM＝8，
则OM=82+42=45，
∴MN=2OM＝410．
29．（2020春•涧西区校级期中）如图，BD是正方形ABCD的对角线，BC＝2，边BC在其所在的直线上平移，经通过平移得到的线段记为PQ，连接PA、QD，并过点Q作QO⊥BD，垂足为O，连接OA、OP．
（1）请直接写出线段BC在平移过程中，四边形APQD是什么四边形？
（2）请判断OA、OP之间的数量关系和位置关系，并加以证明．
【分析】（1）根据正方形性质和平移得：AD∥PQ，AD＝PQ，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得：APQD是平行四边形；
（2）OA⊥OP，OA＝OP，理由是：根据SAS证明△ABO≌△PQO，得OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，再根据∠BOQ＝90°，得∠BOP+∠AOB＝90°，得出结论．
【解析】证明：（1）四边形APQD是平行四边形，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
由平移得：BC＝PQ，
∴AD∥PQ，AD＝PQ，
∴四边形APQD是平行四边形；
（2）OA⊥OP，OA＝OP，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABO＝∠OBC＝45°，
∵OQ⊥BD，
∴∠BOQ＝90°，
∴∠OQB＝45°，
∴∠OQB＝∠ABO＝∠OBQ＝45°，
∴OB＝OQ，
在△ABO和△PQO中，
∵AB=PQ∠ABO=∠OQBOB=OQ，
∴△ABO≌△PQO（SAS），
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∵∠BOQ＝∠BOP+∠POQ＝90°，
∴∠BOP+∠AOB＝∠AOP＝90°，
∴OA⊥OP．
30．（2019春•保山期中）四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．
（1）求证：AM＝AD+MC．
（2）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，试判断AM＝AD+MC是否成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；
【分析】（1）可以过点E作EF⊥AM于点F，连接EM，根据四边形ABCD是正方形，证明△ADE≌△AFE，可得AD＝AF，DE＝FE，再证明Rt△EFM≌Rt△ECM，即可得结论；
（2）证明方法同（1）．
【解析】（1）如图1，过点E作EF⊥AM于点F，连接EM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠D＝∠AFE，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠FAE，
AE＝AE，
∴△ADE≌△AFE（AAS），
∴AD＝AF，DE＝FE，
∵E是CD边的中点，
∴DE＝EC，
∴FE＝EC，
EM＝EM，
∴Rt△EFM≌Rt△ECM（HL），
∴FM＝MC．
∴AM＝AF+FM＝AD+MC．
（2）AM＝AD+MC成立，理由如下：
如图2，过点E作EF⊥AM于点F，连接EM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠D＝∠AFE，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠FAE，
AE＝AE，
∴△ADE≌△AFE（AAS），
∴AD＝AF，DE＝FE，
∵E是CD边的中点，
∴DE＝EC，
∴FE＝EC，
EM＝EM，
∴Rt△EFM≌Rt△ECM（HL），
∴FM＝MC．
∴AM＝AF+FM＝AD+MC．
所以AM＝AD+MC成立．
本试卷试题共30题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一．解答题（共30小题）
1．（2020春•青山区校级期中）如图，正方形ABCD中，点E为边BC的上一动点，作AF⊥DE交DE、DC分别于P、F点，连PC
（1）若点E为BC的中点，求证：F点为DC的中点；
（2）若点E为BC的中点，PE＝6，PC=42，求PF的长．
【分析】（1）由△ADF≌DCE，推出DF＝CE，由EC=12BC，BC＝DC，推出DF=12DC，即可证明F点为DC的中点；
（2）延长PE到N，使得EN＝PF，连接CN，根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质即可解决问题．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝BC，∠ADC＝∠C＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠APD＝∠DPF＝90°，
∴∠ADP+∠DAF＝90°，∠ADP+∠EDC＝90°，
∴∠DAF＝∠EDC，
在△ADF和△DCE中，
∠DAF=EDC∠ADF=∠CAD=CD，
∴△ADF≌△DCE（AAS），
∴DF＝CE，
∵EC=12BC，BC＝DC，
∴DF=12DC，
∴F点为DC的中点；
（2）延长PE到N，使得EN＝PF，连接CN，
∵∠AFD＝∠DEC，
∴∠CEN＝∠CFP，
又∵E，F分别是BC，DC的中点，
∴CE＝CF，
∵在△CEN和△CFP中
CE=CF∠CEN=∠CFPEN=PF，
∴△CEN≌△CFP（SAS），
∴CN＝CP，∠ECN＝∠PCF，
∵∠PCF+∠BCP＝90°，
∴∠ECN+∠BCP＝∠NCP＝90°，
∴△NCP是等腰直角三角形，
∴PN＝PE+NE＝PE+PF=2PC，
∴PF=2PC-PE＝8﹣6＝2．
2．（2020•三门县一模）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边DA，AB上，且BE⊥CF于点G．
（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）若四边形AECF的面积为12．
①正方形ABCD的面积是 24 ；
②当FG＝2时，求EG的长．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AB＝BC，∠A＝∠CBF＝90°，根据余角的性质得到∠BFC＝∠AEB，于是得到结论；
（2）①根据全等三角形的性质得到S△ABE＝S△BCF，推出S四边形AEGF＝S△BGC，于是得到S△BCE＝12，即可得到结论；
②设CG＝x，则BE＝CF＝x+2，根据三角形的面积公式列方程得到x＝4，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠CBF＝90°，
∵BE⊥CF，
∴∠ABE+∠AEB＝∠ABE+∠BFC＝90°，
∴∠BFC＝∠AEB，
∴△ABE≌△BCF（AAS）；
（2）解：①∵△ABE≌△BCF，
∴S△ABE＝S△BCF，
∴S△ABE﹣S△BFG＝S△BCF﹣S△BFG，
∴S四边形AEGF＝S△BGC，
∵四边形AECF的面积为12，
∴S△BCE＝12，
∴正方形ABCD的面积是24，
故答案为：24；
②设CG＝x，则BE＝CF＝x+2，
∵S△BCE=12BE•CG=12x（x+2）＝12，
解得x＝4，
∴CG＝4，
∵正方形ABCD的面积＝24，
∴BC=24=26，
由勾股定理求得BG=22，
∴EG=6-22；
3．（2018•安丘市模拟）如图1，在正方形ABCD中，点E在AD的延长线上，P是对角线BD上的一点，且点P位于AE的垂直平分线上，PE交CD于点F．
猜测PC和PE有什么大小及位置关系，并给出证明．
【分析】这里利用正方形的轴对称性质和线段垂直平分线的性质证明PC＝PC，再利用三角形的内角和的关系证明∠CPF＝∠FDE，再结合正方形的每个内角是90°，证明∠CPF＝90°即可．
【解析】（1）PC＝PE，PC⊥PE
证明∵点P位于AE的垂直平分线上，
∴PA＝PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AC，∠ADB＝∠CDB，
∵PD＝PD，
∴△ABP≌△CBP （SAS）
∴PA＝PC，
∴PC＝PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADP＝∠CBP，
∵PB＝PB，
∴△ADP≌△CDP （SAS），
∴∠PAD＝∠PCD，
∵PA＝PE，
∴∠PAD＝∠E，
∴∠PCD＝∠E，
∵∠PFC＝∠DFE，
∴△CPF∽△EDF，
∴∠CPF＝∠FDE，
∵四边形ABCD是正方形，
，∴∠ADC＝90°，
∴∠FDE＝90°，
∴∠CPF＝90°，
∴PC⊥PE．
4．如图，在△AFE中，∠FAE＝90°，AB是EF边上的高，以AB为一边在
AB的右侧作正方形ABCD，CD交AE于点M．
（1）求证：△ABF≌△ADM；
（2）若AF＝13，DM＝5，求CM的长；
（3）连接DF交AB于点G，连接GM，若∠DFB＝∠FAB，求证：四边形AGMD是矩形．
【分析】（1）由“ASA“可证△ABF≌△ADM；
（2）由全等三角形的性质和勾股定理可求CM的长；
（3）由“ASA”可证△ADM≌△DAG，可得AG＝DM，可证四边形ADGM是平行四边形，且∠ADM＝90°，可证四边形AGMD是矩形．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CD＝BC，∠ABC＝∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠FAE＝∠BAD
∴∠FAB＝∠DAM，且AB＝AD，∠ABF＝∠ADM＝90°，
∴△ABF≌△ADM（ASA）
（2）∵△ABF≌△ADM，
∴BF＝DM＝5，
∵AF＝13，BF＝5，
∴AB=AF²-BF²=169-25=12
∴CD＝12，
∴CM＝CD﹣DM＝12﹣5＝7
（3）∵AD∥BC
∴∠ADG＝∠DFB，且∠DFB＝∠FAB＝∠DAM，
∴∠ADG＝∠DAM，且AD＝AD，∠GAD＝∠ADM＝90°
∴△ADM≌△DAG（ASA）
∴AG＝DM，且AG∥DM
∴四边形ADGM是平行四边形，且∠ADM＝90°，
∴四边形AGMD是矩形．
5．（2019•宽城区一模）问题探究：如图①，在正方形ABCD中，点E在边AD上，点F在边CD上，且AE＝DF．线段BE与AF相交于点G，GH是△BFG的中线．
（1）求证：△ABE≌△DAF．
（2）判断线段BF与GH之间的数量关系，并说明理由．
问题拓展：如图②，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．点E在边AD上，点F在边CD上，且AE＝2，DF＝3，线段BE与AF相交于点G．若GH是△BFG的中线，则线段GH的长为 372 ．
【分析】（1）由正方形的性质得出∠BAD＝∠D＝90°，AB＝DA，由SAS证明△ABE≌△DAF即可；
（2）由全等三角形的性质得出∠ABE＝∠DAF，证出∠BGF＝∠ABE+∠BAG＝90°，在Rt△BFG中，由直角三角形斜边上的中线性质得出BF＝2GH；
问题拓展：由三角函数得出∠ABE＝∠DAF，证出∠BGF＝90°，在Rt△BFG中，由直角三角形斜边上的中线性质得出BF＝2GH，由矩形的性质得出∠C＝90°，BC＝AD＝6，CD＝AB＝4，得出CF＝CD﹣DF＝1，由勾股定理求出BF=BC2+CF2=37，即可得出GH的长．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝90°，AB＝DA，
在△ABE和△DAF中，AE=DF∠BAE=∠DAB=DA，
∴△ABE≌△DAF（SAS）；
（2）解：BF＝2GH；理由如下：
∵△ABE≌△DAF，
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠DAF+∠BAG＝∠BAD＝90°，
∴∠ABE+∠BAG＝90°，
∴∠BGF＝∠ABE+∠BAG＝90°，
在Rt△BFG中，GH是边BF的中线，
∴BF＝2GH；
问题拓展：
解：∵tan∠ABE=AEAB=24=12，tan∠DAF=DFAD=36=12，
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠DAF+∠BAG＝∠BAD＝90°，
∴∠ABE+∠BAG＝90°，
∴∠AGB＝90°，
∴∠BGF＝90°，
在Rt△BFG中，GH是边BF的中线，
∴BF＝2GH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，BC＝AD＝6，CD＝AB＝4，
∴CF＝CD﹣DF＝1，
∴BF=BC2+CF2=62+12=37，
∴GH=12BF=372；
故答案为：372．
6．如图，在正方形ABCD中，点P在对角线AC上（不与点A、C重合），PM⊥AB于M，PN⊥BC于N，连接PD．
（1）求证：四边形PMBN是矩形．
（2）猜想PD、PM、PN之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质得到∠B＝90°，由垂直的定义得到∠PMB＝∠PNB＝∠B＝90°，于是得到结论；
（2）连接PB，MN，由矩形的性质得到PB＝MN，∠MPN＝90°，根据勾股定理得到PB2＝MN2＝PM2+PN2，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵四边形BCD是正方形，
∴∠B＝90°，
∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠PMB＝∠PNB＝∠B＝90°，
∴四边形BNPM是矩形；
（2）解：PD2＝PM2+PN2；
理由：连接PB，MN，
∵四边形PMBN是矩形，
∴PB＝MN，∠MPN＝90°，
∴PB2＝MN2＝PM2+PN2，
在△DAP与△MAP中，AD=AB∠DAP=∠BAP=45°AP=AP，
∴△DAP≌△MAP（SAS），
∴PD＝PB，
∴PD2＝PM2+PN2．
7．（2019•黑龙江）如图，BD是正方形ABCD的对角线，线段BC在其所在的直线上平移，将平移得到的线段记为PQ，连接PA，过点Q作QO⊥BD，垂足为O，连接OA、OP．
（1）如图①所示，求证：AP=2OA；
（2）如图②所示，PQ在BC的延长线上，如图③所示，PQ在BC的反向延长线上，猜想线段AP、OA之间有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
【分析】（1）由SAS证得△ABO≌△PQO，得出OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，证明∠AOP＝90°，则△AOP是等腰直角三角形，得出AP=2OA；
（2）PQ在BC的延长线上时，与（1）同理可证△ABO≌△PQO，得出OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，证明∠AOP＝90°，则△AOP是等腰直角三角形，得出AP=2OA；PQ在BC的反向延长线上时，同理可证△ABO≌△PQO，得出OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，证明∠AOP＝90°，则△AOP是等腰直角三角形，得出AP=2OA．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∵QO⊥BD，
∴∠BOQ＝90°，
∴∠BQO＝∠CBD＝45°，
∴OB＝OQ，
∵PQ＝BC，
∴AB＝PQ，
在△ABO和△PQO中，OB=OQ∠ABO=∠BQO=45°AB=PQ，
∴△ABO≌△PQO（SAS），
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∵∠BOP+∠POQ＝90°，
∴∠BOP+∠AOB＝90，即∠AOP＝90°，
∴△AOP是等腰直角三角形，
∴AP=2OA；
（2）解：PQ在BC的延长线上，线段AP、OA之间的数量关系为：AP=2OA；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∵QO⊥BD，
∴∠BOQ＝90°，
∴∠BQO＝∠CBD＝45°，
∴OB＝OQ，
∵PQ＝BC，
∴AB＝PQ，
在△ABO和△PQO中，OB=OQ∠ABO=∠BQO=45°AB=PQ，
∴△ABO≌△PQO（SAS），
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∵∠BOP+∠POQ＝90°，
∴∠BOP+∠AOB＝90°，即∠AOP＝90°，
∴△AOP是等腰直角三角形，
∴AP=2OA；
PQ在BC的反向延长线上，线段AP、OA之间的数量关系为：AP=2OA；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∵QO⊥BD，
∴∠BOQ＝90°，
∴∠BQO＝∠CBD＝∠OBQ＝45°，
∴OB＝OQ，∠ABO＝∠PQO＝135°，
∵PQ＝BC，
∴AB＝PQ，
在△ABO和△PQO中，OB=OQ∠ABO=∠PQOAB=PQ，
∴△ABO≌△PQO（SAS），
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∵∠BOP﹣∠POQ＝90°，
∴∠BOP﹣∠AOB＝90°，即∠AOP＝90°，
∴△AOP是等腰直角三角形，
∴AP=2OA．
8．（2019春•沙河市期末）如图，矩形ABCD和正方形ECGF．其中E、H分别为AD、BC中点，连结AF、HG、AH．
（1）求证：AF＝HG；
（2）求证：∠FAE＝∠GHC；
【分析】（1）由AE＝HC，AE∥HC，得到四边形AHCE为平行四边形，所以AH＝EC，AH∥EC，再根据正方形的性质可推导出AH＝FG，AH∥FG，所以四边形AHGF是平行四边形，即AH＝FG；
（2）由平行四边形AHGF可得∠FAH+∠AHG＝180°，根据AD∥BC，可得∠DAH＝∠AHB，又∠AHB+∠AHG+∠GHC＝180°，所以∠FAD＝∠GHC．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，且E、H分别为AD、BC的中点，
∴AE＝HC，AE∥HC，
∴四边形AHCE为平行四边形，
∴AH＝EC，AH∥EC，
又∵四边形ECGF为正方形，
∴EC＝FG，EC∥FG，
∴AH＝FG，AH∥FG，
∴四边形AHGF是平行四边形，
∴AH＝FG；
（2）∵四边形AHGF是平行四边形，
∴∠FAH+∠AHG＝180°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAH＝∠AHB，
又∵∠AHB+∠AHG+∠GHC＝180°，
∴∠FAD＝∠GHC．
9．（2020春•岳麓区校级期末）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q．
（1）求证：△PDE≌△QCE；
（2）若PB＝PQ，点F是BP的中点，连结EF、AF，
①求证：四边形AFEP是平行四边形；
②求PE的长．
【分析】（1）由正方形的性质、中点的定义及对顶角相等得出全等的判定条件即可得出答案；
（2）①分别根据等腰三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的性质及三角形的中位线定理等知识点得出两组对边分别平行，从而证得结论；
②设AP＝x，分别用含x的式子表示出PD、CQ、BQ及EF，再根据平行四边形的性质及勾股定理求得PE的长即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠ECQ＝90°，
∵E是边CD的中点，
∴DE＝CE，
又∵∠DEP＝∠CEQ，
∴△PDE≌△QCE（ASA）；
（2）①证明：∵PB＝PQ，
∴∠PBQ＝∠Q，
∵在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，
∵△PDE≌△QCE，
∴PE＝QE，
∵点F是BP的中点，∠PAB＝90°，
∴AF＝PF＝BF，EF∥BQ，
∴∠APF＝∠PAF，
∴∠PAF＝∠EPD，
∴PE∥AF，
又∵EF∥BQ∥AD，
∴四边形AFEP是平行四边形；
②设AP＝x，则PD＝1﹣x，
∴CQ＝1﹣x，
∴BQ＝2﹣x．
∵EF是△PBQ的中位线，
∴EF=12（2﹣x），
∵四边形AFEP是平行四边形，
∴EF＝AP，
∴12（2﹣x）＝x，
∴x=23．
在Rt△PDE中，DE=12，PD2+DE2＝PE2，
∴(1-23)2+14=PE2，
∴PE=136．
10．（2020春•江都区期中）如图，在正方形ABCD内有一点P满足AP＝AB，PB＝PC．连接AC、PD．
（1）求证：△APB≌△DPC；
（2）求∠PAC的度数．
【分析】（1）AP＝AB，PB＝PC，可得∠ABC﹣∠PBC＝∠DCB﹣∠PCB，即∠ABP＝∠DCP，因此可证得两三角形全等．
（2）根据正方形的性质得出∠CAD＝45°，得出△PAD为等边三角形，可求得∠BAP＝30°∠PAC＝∠PAD﹣∠CAD＝15°，进而解答即可．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠DCB＝90°．
∵PB＝PC，∴∠PBC＝∠PCB．
∴∠ABC﹣∠PBC＝∠DCB﹣∠PCB，即∠ABP＝∠DCP．
又∵AB＝DC，PB＝PC，
∴△APB≌△DPC（SAS）．
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°．
∵△APB≌△DPC，
∴AP＝DP．
又∵AP＝AB＝AD，
∴DP＝AP＝AD．
∴△APD是等边三角形．
∴∠DAP＝60°．
∴∠PAC＝∠DAP﹣∠DAC＝15°．
11．（2020春•富县期末）如图，已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB＞CE，连接BG，DE．
（1）求证：BG＝DE；
（2）连接BD，若CG∥BD，BG＝BD，求∠BDE的度数．
【分析】（1）结合正方形的性质利用SAS证明△BCG≌△DCE，进而可证明结论；
（2）连接BE，通过证明△BCG≌△BCE可得△BDE为等边三角形，进而求解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形CEFG为正方形，
∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE；
（2）连接BE，
∵CG∥BD，
∴∠DCG＝∠BDC＝45°，
∴∠BCG＝∠BCD+∠DCG＝90°+45°＝135°．
∵∠GCE＝90°，
∴∠BCE＝360°﹣∠BCG﹣∠GCE＝360°﹣135°﹣90°＝135°，
∴∠BCG＝∠BCE．
∵CG＝CE，BC＝BC，
∴△BCG≌△BCE（SAS），
∴BG＝BE．
∵由（1）可知BG＝DE，
∴BD＝BE＝DE，
∴△BDE为等边三角形，
∴∠BDE＝60°．
12．（2020春•大观区校级期末）如图，∠MON＝90°，正方形ABCD的顶点A、B分别在OM、ON上，AB＝13，OB＝5，E为AC上一点，且∠EBC＝∠CBN，直线DE与ON交于点F．
（1）求证：BE＝DE；
（2）判断DF与ON的位置关系，并说明理由；
（3）△BEF的周长为 24 ．
【分析】（1）利用正方形的性质，即可得到△BCE≌△DCE（SAS），根据全等三角形的性质即可得到BE＝DE．
（2）依据∠EDC＝∠CBN，∠EDC+∠1＝90°，∠1＝∠2，即可得出∠2+∠CBN＝90°，进而得到DF⊥ON；
（3）过C作CG⊥ON于G，过D作DH⊥CG于H，则∠CGB＝∠AOB＝90°，四边形DFGH是矩形，利用全等三角形的对应边相等，即可得到DF＝HG＝12，GF＝DH＝5，BF＝BG﹣GF＝7，进而得出△BEF的周长．
【解析】（1）∵四边形ABCD正方形，
∴CA平分∠BCD，BC＝DC，
∴∠BCE＝∠DCE＝45°，
∵CE＝CE，
∴△BCE≌△DCE（SAS），
∴BE＝DE．
（2）DF⊥ON，理由如下：
∵△BCE≌△DCE，
∴∠EBC＝∠EDC，
∵∠EBC＝∠CBN，
∴∠EDC＝∠CBN，
∵∠EDC+∠1＝90°，∠1＝∠2，
∴∠2+∠CBN＝90°，
∴∠EFB＝90°，
即DF⊥ON；
（3）如图所示，过C作CG⊥ON于G，过D作DH⊥CG于H，则∠CGB＝∠AOB＝90°，四边形DFGH是矩形，
又∵∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝90°＝∠ABO+∠CBG，
∴∠BAO＝∠CBG，
又∵AB＝BC，
∴△ABO≌△BCG（AAS），
∴BG＝AO=132-52=12，CG＝BO＝5，
同理可得△CDH≌△BCG，
∴DH＝CG＝5，CH＝BG＝12，
∴HG＝5+12＝17，
∴DF＝HG＝12，GF＝DH＝5，
∴BF＝BG﹣GF＝12﹣5＝7，
∴△BEF的周长＝BF+EF+BE＝BF+EF+DE＝BF+DF＝7+17＝24，
故答案为：24．
13．（2020•海安市一模）如图，正方形ABCD的边长为a，点E为边BC的中点，点F在边CD上，连接AE，EF．
（1）若CF＝2DF，连接AF．求∠EAF的度数；
（2）当∠AEF＝∠DAE时，求△CEF的面积（用含a的式子表示）．
【分析】（1）将△ABE△绕点A点逆时针旋转90°，证明△AEF≌△AE'F，进而求得结果；
（2）过A作AG⊥EF，证明△ABE≌△AGE，△ADF≌△AGF，得BE＝GE，DF＝GF，设CF＝x，在Rt△CEF中，由勾股定理列出x的方程求得x，进而由三角形的面积公式求得结果．
【解析】
（1）将△ABE△绕点A点逆时针旋转90°，如图1，则
AE＝AE'，BE＝DE'，∠E'AD＝∠EAB，∠ADE'＝∠ABE＝90°，
∵∠ADF＝90°，
∴点F、D、E'三点在同一直线上，
∵CF＝2DF，
∴CF=23a，DF=13a，CE＝BE＝DE'=12a，
∴E'F=56a，EF=CE2+CF2=56a，
∴EF＝E'F，
∵AE＝AE'，AF＝AF，
∴△AEF≌△AE'F（SSS），
∴∠EAF＝∠E'AF=12∠EAE'＝45°；
（2）过A作AG⊥EF，如图2，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵∠DAE＝∠AEF，
∴∠AEB＝∠AEF，
∵∠ABE＝∠AGE＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ABE≌△AGE（AAS），
∴BE＝GE=12a，AB＝AG，
∵AB＝AD，
∴AD＝AG，
∵AF＝AF，
∴Rt△ADF≌Rt△AGF（HL），
∴DF＝GF，
设CF＝x，则GF＝DF＝a﹣x，
∴EF=12a+a-x=32a-x，
∵CE2+CF2＝EF2，
∴(12a)2+x2=(32a-x)2，
解得，x=23a，
∴△CEF的面积=12CE⋅CF=12×12a×23a=16a2．
14．如图，在正方形ABCD中，BD为一条对角线，点P为CD边上一点，A连接AP，并将△ADP平移使AD与BC边重合，P点落在DC的延长线上的一点G处，过G点作GH⊥BD于点H，连接HP和HC
（1）在图中依题意补全图形；
（2）求证：PH＝CH．
【分析】（1）依题意补全图形即可；
（2）先根据正方形的性质得出△DHQ是等腰直角三角形，由平移的性质得出DP＝QC，再由SAS定理证明△HDP≌△HQC，得出对应边相等即可．
【解析】（1）解：依题意补全图形，如图所示：
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD，
∴∠HDQ＝45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形．
∵平移△ADP，得到△BCQ，
∴△ADP≌△BCQ，
∴DP＝CQ，
在△HDP与△HQC中，DH=QH∠HDP=∠HQCDP=QC，
∴△HDP≌△HQC（SAS），
∴PH＝CH．
15．（2020•浙江自主招生）已知如图，正方形ABCD和等腰直角△BEF，BE＝EF，∠BEF＝90°，取DF中点G，连结EG、CG，探究EG、CG的数量关系和位置关系，并证明．
【分析】延长EG到H，使EG＝GH，作FP⊥BC于P，连接EC，CH，DH，则FP∥CD，证△EFG≌△HDG（SAS），得出EF＝HD＝BE，再证△DHC≌△BEC（SAS），得出CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，证出∠ECH＝∠BCD＝90°，得出△ECH是等腰直角三角形，进而得出结论．
【解析】CG＝EG，CG⊥EG，理由如下：
延长EG到H，使EG＝GH，作FP⊥BC于P，连接EC，CH，DH，如图：
则FP∥CD，
∴∠DFP＝∠GDC，
∵G是DF的中点，
∴FG＝DG，
在△EFG和△HDG中，EG=HG∠EGF=∠HGDFG=DG，
∴△EFG≌△HDG（SAS），
∴EF＝HD＝BE，∠HDG＝∠GFE，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE＝EF＝HD，
∴∠HDC+∠GDC＝∠DFP+∠PFE，
∴∠HDC＝∠PFE＝∠EBC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCD＝90°，
在△DHC和△BEC中，DH=BE∠HDC=∠EBCDC=BC，
∴△DHC≌△BEC（SAS），
∴CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，
∴∠ECH＝∠BCD＝90°，
∴△ECH是等腰直角三角形，
∵EG＝GH，
∴CG＝EG，CG⊥EG．
16．（2013•黄冈模拟）如图，正方形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，过点O作OE⊥OF，分别交AB、BC于E、F．
（1）求证：△OEF是等腰直角三角形．
（2）若AE＝4，CF＝3，求EF的长．
【分析】（1）根据正方形的性质可得∠ABO＝∠ACF＝45°，OB＝OC，∠BOC＝90°，再根据同角的余角相等求出∠EOB＝∠FOC，然后利用“角边角”证明△BEO和△CFO全等，根据全等三角形对应边相等可得OE＝OF，从而得证；
（2）根据全等三角形对应边相等可得BE＝CF，再根据正方形的四条边都相等求出AE＝BF，再利用勾股定理列式进行计算即可得解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABO＝∠ACF＝45°，OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴∠FOC+∠BOF＝90°，
又∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝90°，
∴∠EOB+∠BOF＝90°，
∴∠EOB＝∠FOC，
在△BEO和△CFO中，∠ABO=∠ACFOB=OC∠EOB=∠FOC，
∴△BEO≌△CFO（ASA），
∴OE＝OF，
又∵∠EOF＝90°，
∴△DEF是等腰直角三角形；
（2）解∵△BEO≌△CFO（已证），
∴BE＝CF＝3，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，
∴AB﹣BE＝BC﹣CF，
即AE＝BF＝4，
在Rt△BEF中，EF=BE2+BF2=32+42=5．
17．（2016春•洪山区期中）如图，已知正方形ABCD和等边△DCE，点F为CE的中点，AE与DF相交于点G，AG＝23．
（1）直接写出GE＝ 2 ；
（2）求出DG的长；
（3）如图，若将题中“等边△DCE”改为“DC＝DE的等腰△DCE”，其他条件不变，求出BG+DG的值．
【分析】（1）连接AC，根据正方形ABCD和等边△DCE，点F为CE的中点，可以证明△AGC为直角三角形，进而可得GE的长；
（2）结合（1）可得DF的长，再根据等腰直角△CGE斜边上中线等于斜边的一半得GF=2，进而可得DG的长；
（3）如图2，过D作DN⊥AE于N，过A作AM⊥AE交GD的延长线于M，可以证明MAD≌△GAB，可得BG＝DM，进而可得BG+DG的值．
【解析】（1）如图1，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝45°，
∵点F为等边△DCE边CE的中点，
∴DF是CE的垂直平分线，
∴GE＝GC，
∵∠ADE＝90°+60°＝150°，AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA＝15°，
∴∠GEC＝∠GCE＝60°﹣15°＝45°，
∴GC⊥AE，
∴△AGC为直角三角形，
∵∠GAC＝∠DAC﹣∠DAE＝45°﹣15°＝30°，AG＝23，
∴GC＝GE=33AG＝2；
故答案为：2；
（2）由（1）可得AC＝4，则DC＝22，
在等边△DCE中DF=6，
在等腰直角△CGE中，由斜边上中线等于斜边的一半得GF=2，
∴DG=6-2．
（3）如图2，过D作DN⊥AE于N，过A作AM⊥AE交GD的延长线于M，
∵∠ADN+∠CDN＝90°，∠ADN+∠DAN＝90°，
∴∠DAN＝∠CDN，
∵AD＝DC＝DE，
∴∠DAN＝∠CDN＝∠DEA，
∵F是CE中点，
∴∠CDF＝∠EDF，
∵∠NDG＝∠CDN+∠CDF，∠DGN＝∠DEA+∠EDF，
∴∠NDG＝∠DGN＝45°，
∴∠M＝45°，
∴AM＝AG，
∵∠DAM+∠DAN＝90°，∠BAG+∠DAN＝90°，
∴∠DAM＝∠BAG，
在△MAD和△GAB中，
AM=AG∠DAM=∠BAGDA=BA，
∴△MAD≌△GAB（SAS），
∴BG＝DM，
∴BG+DG＝DM+DG＝MG=2AG=2×23=26．
18．（2020春•兴化市期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E是BC边上的动点（不与点B、C重合），将射线AE绕点A按逆时针方向旋转45°后交CD边于点F，AE、AF分别交BD于G、H两点．
（1）当∠BEA＝55°时，求∠HAD的度数；
（2）设∠BEA＝α，试用含α的代数式表示∠DFA的大小；
（3）点E运动的过程中，试探究∠BEA与∠FEA有怎样的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质和三角形的内角和解答即可；
（2）根据正方形的性质和三角形内角和解答即可；
（3）延长CB至I，使BI＝DF，根据全等三角形的判定和性质解答即可．
【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣55°＝35°，
∴∠HAD＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣35°＝10°；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝∠ADF＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣α，
∴∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣（90°﹣α）＝α﹣45°，
∴∠DFA＝90°﹣∠DAF＝90°﹣（α﹣45°）＝135°﹣α；
（3）∠BEA＝∠FEA，理由如下：
延长CB至I，使BI＝DF，连接AI．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADF＝∠ABC＝90°，
∴∠ABI＝90°，
又∵BI＝DF，
∴△DAF≌△BAI（SAS），
∴AF＝AI，∠DAF＝∠BAI，
∴∠EAI＝∠BAI+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝45°＝∠EAF，
又∵AE是△EAI与△EAF的公共边，
∴△EAI≌△EAF（SAS），
∴∠BEA＝∠FEA．
19．（2020春•常州期末）如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，将BD向两个方向延长，分别至点E和点F，且使BE＝DF．
（1）判断四边形AECF的形状，并证明你的猜想；
（2）若AB＝32，BE＝3，求四边形AECF的周长．
【分析】（1）根据正方形的性质和菱形的判定解答即可；
（2）根据正方形和菱形的性质以及勾股定理解答即可．
【解析】（1）证明：∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OC，OB＝OD，
AC⊥BD．
∵BE＝DF，
∴OB+BE＝OD+DF，即OE＝OF．
∴四边形AECF是平行四边形．
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=12AC，BO=12BD，AC＝BD，AC⊥BD，
∴AO＝BO，∠AOB＝90°．
在直角△AOB中，由勾股定理知：AB=AO2+BO2=32，
∴AO＝BO＝3．
∴EO＝OB+BE＝6．
在△AOE中，∠AOE＝90°，AE=AO2+EO2=32+62=35．
∵四边形AECF是菱形，
∴AE＝EC＝CF＝AF．
∴四边形AECF的周长＝4AE＝125．
∴四边形AECF的周长是125．
20．（2020春•江阴市期中）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．设点N的坐标为（m，n）．
（1）若建立平面直角坐标系，满足原点在线段BD上，点B（﹣1，0），A（0，1）．且BM＝t（0＜t≤2），则点D的坐标为 （1，0） ，点C的坐标为 （0，﹣1） ；请直接写出点N纵坐标n的取值范围是 0＜n≤3 ；
（2）若正方形的边长为2，求EC的长，以及AM+BM+CM的最小值．
（提示：连结MN：4+23=3+1，4-23=3-1）
【分析】（1）如图1，以直线BD为x轴，直线AC为y轴，建立平面直角坐标系，根据正方形的性质得到OA＝OB＝OC＝OD，由点B（﹣1，0），A（0，1），于是得到D（1，0），C（0，﹣1）；过N作NH⊥BD于h，根据旋转的性质得到∠NBH＝60°，BM＝BN，求得NH=32BN=32t，于是得到结论；
（2）如图所示，连接MN，过E作EH⊥BC，交CB的延长线于H，由旋转的性质得到BM＝BN，∠NBM＝60°，求得△BMN是等边三角形，求得MN＝BM，根据等边三角形的性质得到BE＝BA，∠ABE＝60°，求得∠ABM＝∠EBN，根据全等三角形的性质得到AM＝EN，求得AM+BM+CM＝EN+MN+CM，当E，N，M，C在同一直线上时，AM+BM+CN的最小值是CE的长，解直角三角形即可得到结论．
【解析】（1）如图1，以直线BD为x轴，直线AC为y轴，建立平面直角坐标系，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∵点B（﹣1，0），A（0，1），
∴D（1，0），C（0，﹣1）；
过N作NH⊥BD于h，
∴∠NHB＝90°，
∵将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴∠NBH＝60°，BM＝BN，
∴NH=32BN=32t，
∵0＜t≤2，
∴点N纵坐标n的取值范围是0＜n≤3；
故答案为：（1，0），（0，﹣1）；0＜n≤3；
（2）如图所示，连接MN，过E作EH⊥BC，交CB的延长线于H，
由旋转可得，BM＝BN，∠NBM＝60°，
∴△BMN是等边三角形，
∴MN＝BM，
∵△ABE是等边三角形，
∴BE＝BA，∠ABE＝60°，
∴∠ABM＝∠EBN，
∴△ABM≌△EBN（SAS），
∴AM＝EN，
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，
∴当E，N，M，C在同一直线上时，AM+BM+CN的最小值是CE的长，
又∵∠ABE＝60°，∠ABH＝90°，
∴∠EBH＝30°，
∴Rt△EBH中，EH=12EB=12×2＝1，
∴BH=EB2-EH2=22-12=3，
∴CH＝2+3，
∴Rt△CEH中，CE=HE2+CH2=12+(2+3)2=8+43=6+2；
∴AM+BM+CM的最小值为6+2．
21．（2019春•滨海县期中）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．
（1）若直线EF与AB、AD的延长线分别交于点M、N，求证：EF2＝ME2+NF2；
（2）如图2，将正方形改为矩形，若其余条件不变，请写出线段EF、BE、DF之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．证明△AEG≌△AEF，则EG＝EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE＝CF，BE＝BM，NF=2DF，然后证明∠GME＝90°，MG＝NF，利用勾股定理得出EG2＝ME2+MG2，等量代换即可证明EF2＝ME2+NF2；
（2）延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，结合勾股定理以及相等线段可得（GH+BE）2+（BE﹣GH）2＝EF2，所以2（DF2+BE2）＝EF2．
【解析】（1）证明：如图1，设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF＝BG．
∴AF＝AG，∠FAG＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAE＝45°，
在△AGE与△AFE中，
AG=AF∠GAE=∠FAE=45°AE=AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
∴EG＝EF．
∵∠CEF＝45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE＝CF，BE＝BM，NF=2DF，
∴a﹣BE＝a﹣DF，
∴BE＝DF，
∴BE＝BM＝DF＝BG，
∴∠BMG＝45°，
∴∠GME＝45°+45°＝90°，
∴EG2＝ME2+MG2，
∵EG＝EF，MG=2BM=2DF＝NF，
∴EF2＝ME2+NF2；
（2）解：EF2＝2BE2+2DF2．
如图2所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2＝EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2＝EH2
又∴EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2＝EF2，
即2（DF2+BE2）＝EF2，
22．（2019秋•邳州市期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF＝45°．
（1）如图（1），试判断EF，BE，DF间的数量关系，并说明理由；
（2）如图（2），若AH⊥EF于点H，试判断线段AH与AB的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，证△GDA≌△EBA，△GAF≌△EAF，根据全等三角形的性质得出GD+DF＝BE+DF＝EF进而求出即可；
（2）把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，如图，根据旋转的性质得AQ＝AF，∠FAQ＝90°，∠ABQ＝∠D＝90°，则可判断点Q在CB的延长线上，由∠EAF＝45°得到∠QAE＝90°﹣∠EAF＝45°，然后根据“SAS”判断△AEQ≌△AEF，得到EQ＝FE，再根据全等三角形对应边上的高相等得到结论．
【解析】（1）解：BE+DF＝EF；理由如下：
如图1，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，
∵在△GDA和△EBA中，
DG=BE∠GDA=∠ABE=90°AD=AB，
∴△GDA≌△EBA（SAS），
∴AG＝AE，∠GAD＝∠EAB，
故∠GAF＝45°，
在△GAF和△EAF中，
∵AG=AE∠GAF=∠EAFAF=AF，
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴GF＝EF，
即GD+DF＝BE+DF＝EF；
（2）AH＝AB，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，如图2，
∴AQ＝AF，∠FAQ＝90°，∠ABQ＝∠D＝90°，
而∠ABC＝90°，
∴点Q在CB的延长线上，
∵∠EAF＝45°，
∴∠QAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠QAE，
在△AEQ和△AEF中，
AE=AE∠EAF=∠QAEAQ=AF，
∴△AEQ≌△AEF（SAS），
∴EQ＝EF，
∵AB⊥EQ，AH⊥FE，
∴AB＝AH．
23．（2019春•无锡期中）如图，边长为8的正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是AB边上一动点，ME⊥AO，MF⊥BO．
（1）求证：四边形OEMF为矩形；
（2）连接EF，求EF的最小值．
【分析】（1）根据正方形的性质和矩形判定解答即可；
（2）根据等腰直角三角形的性质解答即可．
【解析】（1）∵ME⊥AO，MF⊥BO，
∴∠MEO＝90°，∠MFO＝90°，
∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴∠EOF＝90°，
∴四边形OEMF为矩形；
（2）∵边长为8的正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OA＝OB＝42，
当M在AB的中点时，EF有最小值，最小值=OE2+OF2=(22)2+(22)2=4．
24．（2020秋•海珠区校级期中）（1）如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边AB、BC上，∠EDF＝45°，连接EF，求证：EF＝AE+FC．
（2）如图②，点E，F在正方形ABCD的对角线AC上，∠EDF＝45°，猜想EF、AE、FC的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）延长BA，使AM＝CF，由题意可证△AMD≌△CFD，可得MD＝FD，∠ADM＝∠CDF，即可得∠MDE＝∠EDF＝45°，即可证△MDE≌△FDE，可得EF＝EM，则可得EF＝AE+CF；
（2）将△CDF绕点D顺时针旋转90°，可得△ADN，由旋转的性质可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，由“SAS”可证△EDF≌△EDN，可得EF＝EN，即可得结论．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠C＝∠ADC＝∠DAB＝90°，
如图①：延长BA，使AM＝CF，连接MD，
在△AMD和△CFD中，
AM=CF∠MAD=∠CAD=CD，
∴△AMD≌△CFD（SAS），
∴∠MDA＝∠CDF，MD＝DF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠ADE+∠FDC＝45°，
∴∠ADM+∠ADE＝45°＝∠MDE，
∴∠MDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDM中，
MD=DF∠MDE=∠FDEDE=DE，
∴△EDF≌△EDM（SAS），
∴EF＝EM，
∵EM＝AM+AE＝AE+CF，
∴EF＝AE+CF；
（2）EF2＝AE2+CF2，
理由如下：
如图②，将△CDF绕点D顺时针旋转90°，可得△ADN，
由旋转的性质可得DN＝DF，AN＝CF，∠DAN＝∠DCF＝45°，∠CDF＝∠ADN，
∴∠CAN＝∠CAD+∠DAN＝90°，
∴EN2＝AE2+AN2，
∵∠EDF＝45°，
∴∠CDF+∠ADE＝45°，
∴∠ADE+∠ADN＝45°＝∠NDE＝∠EDF，
在△EDF和△EDN中，
DF=DN∠FDE=∠NDEDE=DE，
∴△EDF≌△EDN（SAS），
∴EF＝EN，
∴EF2＝AE2+CF2．
25．（2020秋•永年区期中）（1）如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE+FD；
（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足什么关系时，仍有EF＝BE+FD，说明理由．
【分析】（1）根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF＝BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可；
（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，再证△FAE≌△MAE，即可得出答案．
【解析】证明：（1）如图1：把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，
则△ADG≌△ABE，
∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，DG＝BE，
又∵∠EAF＝45°，即∠DAF+∠BEA＝∠EAF＝45°，
∴∠GAF＝∠FAE，
在△GAF和△EAF中，
AG=AE∠GAF=∠FAEAF=AF，
∴△GAF≌△EAF（SAS）．
∴GF＝EF．
又∵DG＝BE，
∴GF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF；
（2）当∠BAD＝2∠EAF时，仍有EF＝BE+FD，
理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABM＝180°，
∴∠D＝∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS）
∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM，
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM＝∠EAM＝∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE=AE∠FAE=∠MAEAF=AM，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM＝BE+DF，
即EF＝BE+DF．
26．（2020春•南岗区校级期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E，H分别在BC，AB上，点G在BA的延长线上，且CE＝AG，DE⊥CH于F．
（1）求证：四边形GHCD为平行四边形．
（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与∠ECF互余的角．
【分析】（1）根据正方形性质求出AD＝DC，∠GAD＝∠DCE＝90°，根据全等三角形判定可得DG＝HC，DE＝CH，再根据平行线的判定可得DG∥HC，进而可得即可四边形GHCD为平行四边形；
（2）根据直角三角形两个锐角互余，再结合（1）可得图中所有与∠ECF互余的角．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠GAD＝∠DCE＝90°，
在△GAD和△ECD中，
AG=CE∠GAD=∠ECDAD=DC，
∴△GAD≌△ECD（SAS），
∴DE＝DG，∠GDA＝∠EDC，
∴∠GDA+∠ADF＝∠EDC+∠ADF，
即∠GDF＝∠ADC＝90°，
∵DE⊥CH，
∴∠DFH＝∠CFD＝90°，
∴DG∥CH，
∵∠HCB+∠HCD＝∠EDC+∠DCF＝90°，
∴∠HCB＝∠EDC，
在△HBC和△ECD中，
∠HCB=∠EDCBC=DC∠B=∠DCE，
∴△HBC≌△ECD（ASA）
∴CH＝DE，
∴DG＝CH，
∵DG∥CH，
∴四边形GHCD为平行四边形；
（2）∵△HBC≌△ECD，
∴∠BHC＝∠CED，
∵∠ECF+∠FEC＝90°，
∴∠FEC，∠BHC与∠ECF互余；
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC，
∴∠ADE与∠ECF互余；
∵∠DGA＝∠CHB，
∴∠DGA与∠ECF互余；
∵∠DCF+∠ECF＝90°，
∴∠DCF与∠ECF互余；
∴与∠ECF互余的角有：∠FEC、∠DCF、∠BHC、∠DGA、∠ADE．
27．（2020春•梁溪区期中）如图，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且∠PAE＝∠E，PE交CD于点F．
（1）求证：PC＝PE；
（2）求∠CPE的度数．
【分析】（1）先证出△ADP≌△CDP，得PA＝PC，由于PA＝PE，得PC＝PE；
（2）由△ADP≌△CDP，得∠DAP＝∠DCP，进而得∠DCP＝∠E，最后∠CPF＝∠EDF＝90°得到结论．
【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AD＝DC，∠ADP＝∠CDP＝45°，
在△ADP和△CDP中
AD=DC∠ADP=∠CDPPD=PD，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴PA＝PC，
∵∠PAE＝∠E，
∴PA＝PE，
∴PC＝PE；
（2）∵在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，
∴∠EDF＝90°，
由（1）知，△ADP≌△CDP，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵∠DAP＝∠E，
∴∠DCP＝∠E，
∵∠CFP＝∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPF＝∠EDF＝90°．
28．（2020春•下陆区校级期中）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF＝90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN．
（1）求证：OM＝ON．
（2）若正方形ABCD的边长为8，E为OM的中点，求MN的长．
【分析】（1）证△OAM≌△OBN即可得；
（2）作OH⊥AD，由正方形的边长为8且E为OM的中点知OH＝HA＝4、HM＝8，再根据勾股定理得OM的长，由直角三角形性质知MN＝OM问题得解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠DAO＝45°，∠OBA＝45°，
∴∠OAM＝∠OBN＝135°，
∵∠EOF＝90°，∠AOB＝90°，
∴∠AOM＝∠BON，
在△OAM和△OBN中，
∠OAM=∠OBNOA=OB∠AOM=∠BON
∴△OAM≌△OBN（ASA），
∴OM＝ON；
（2）如图，过点O作OH⊥AD于点H，
∵正方形的边长为8，
∴OH＝HA＝4，
∵E为OM的中点，
∴HM＝8，
则OM=82+42=45，
∴MN=2OM＝410．
29．（2020春•涧西区校级期中）如图，BD是正方形ABCD的对角线，BC＝2，边BC在其所在的直线上平移，经通过平移得到的线段记为PQ，连接PA、QD，并过点Q作QO⊥BD，垂足为O，连接OA、OP．
（1）请直接写出线段BC在平移过程中，四边形APQD是什么四边形？
（2）请判断OA、OP之间的数量关系和位置关系，并加以证明．
【分析】（1）根据正方形性质和平移得：AD∥PQ，AD＝PQ，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得：APQD是平行四边形；
（2）OA⊥OP，OA＝OP，理由是：根据SAS证明△ABO≌△PQO，得OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，再根据∠BOQ＝90°，得∠BOP+∠AOB＝90°，得出结论．
【解析】证明：（1）四边形APQD是平行四边形，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
由平移得：BC＝PQ，
∴AD∥PQ，AD＝PQ，
∴四边形APQD是平行四边形；
（2）OA⊥OP，OA＝OP，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABO＝∠OBC＝45°，
∵OQ⊥BD，
∴∠BOQ＝90°，
∴∠OQB＝45°，
∴∠OQB＝∠ABO＝∠OBQ＝45°，
∴OB＝OQ，
在△ABO和△PQO中，
∵AB=PQ∠ABO=∠OQBOB=OQ，
∴△ABO≌△PQO（SAS），
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∵∠BOQ＝∠BOP+∠POQ＝90°，
∴∠BOP+∠AOB＝∠AOP＝90°，
∴OA⊥OP．
30．（2019春•保山期中）四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．
（1）求证：AM＝AD+MC．
（2）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，试判断AM＝AD+MC是否成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；
【分析】（1）可以过点E作EF⊥AM于点F，连接EM，根据四边形ABCD是正方形，证明△ADE≌△AFE，可得AD＝AF，DE＝FE，再证明Rt△EFM≌Rt△ECM，即可得结论；
（2）证明方法同（1）．
【解析】（1）如图1，过点E作EF⊥AM于点F，连接EM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠D＝∠AFE，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠FAE，
AE＝AE，
∴△ADE≌△AFE（AAS），
∴AD＝AF，DE＝FE，
∵E是CD边的中点，
∴DE＝EC，
∴FE＝EC，
EM＝EM，
∴Rt△EFM≌Rt△ECM（HL），
∴FM＝MC．
∴AM＝AF+FM＝AD+MC．
（2）AM＝AD+MC成立，理由如下：
如图2，过点E作EF⊥AM于点F，连接EM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠D＝∠AFE，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠FAE，
AE＝AE，
∴△ADE≌△AFE（AAS），
∴AD＝AF，DE＝FE，
∵E是CD边的中点，
∴DE＝EC，
∴FE＝EC，
EM＝EM，
∴Rt△EFM≌Rt△ECM（HL），
∴FM＝MC．
∴AM＝AF+FM＝AD+MC．
所以AM＝AD+MC成立．
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