初中数学人教版八年级下册18.2.3 正方形练习

这是一份初中数学人教版八年级下册18.2.3 正方形练习，共25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。
18.2.3 正方形
一、选择题．
1．如图，正方形ABCD中，点E是对角线AC上的一点，且AE＝AB，连接BE，DE，则∠CDE的度数为（　　）

A．20° B．22.5° C．25° D．30°
【分析】根据∠CDE＝90°﹣∠ADE，求出∠ADE即可解决问题．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ADC＝90°，∠DAC＝45°，
∵AE＝AB，
∴AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝67.5°，
∴∠CDE＝90°﹣67.5°＝22.5°，
故选：B．
2．如图，将一个正方形剪去一个角后，∠1+∠2等于（　　）

A．120° B．170° C．220° D．270°
【分析】根据三角形外角的性质可得∠1+∠2的度数＝三角形三个内角的和+∠A的度数，再根据三角形内角和定理和正方形的性质即可求解．
【解析】∵∠1＝∠A+∠3，∠2＝∠A+∠4，
∴∠1+∠2＝∠A+∠3+∠4+∠A＝180°+90°＝270°．
故选：D．

3．下列说法正确的是（　　）
A．矩形的对角线相等垂直 B．菱形的对角线相等
C．正方形的对角线相等 D．菱形的四个角都是直角
【分析】根据矩形、菱形的性质和正方形的性质判断即可．
【解析】A、矩形的对角线相等且平分，选项错误，不符合题意；
B、菱形的对角线垂直且平分，选项错误，不符合题意；
C、正方形的对角线相等，选项正确，符合题意；
D、矩形的四个角都是直角，而菱形的四个角不是直角，选项错误，不符合题意；
故选：C．
4．如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于点E；PF⊥CD于点F，连接EF，给出下列五个结论：①AP＝EF；②AP⊥EF；③∠PFE＝∠BAP；④PD＝EC；⑤PB2+PD2＝2PA2，正确的有（　　）个．

A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】根据正方形的性质与正方形关于对角线对称可得所给选项的正误．
【解析】①正确，连接PC，可得PC＝EF，PC＝PA，∴AP＝EF；

②正确；延长AP，交EF于点N，则∠EPN＝∠BAP＝∠PCE＝∠PFE，可得AP⊥EF；
③正确；∠PFE＝∠PCE＝∠BAP；
④错误，PD=2PF=2CE；⑤正确，PB2+PD2＝2PA2．
故选：B．
5．如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F在对角线BD上，四边形AECF是菱形，且∠DAE＝67.5°，则BE的长为（　　）

A．2 B．2 C．42−4 D．6﹣42
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ABD＝∠ADB＝45°，根据三角形的内角和定理求∠AED，从而得到∠DAE＝∠AED，再根据等角对等边的性质得到AD＝DE，然后求出正方形的对角线BD，再求出BE．
【解析】在正方形ABCD中，∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵∠DAE＝67.5°，
∴在△ADE中，∠AED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠DAE＝∠AED，
∴AD＝DE＝4，
∵正方形的边长为4，
∴BD＝42，
∴BE＝BD﹣DE＝42−4．
故选：C．
6．如图，在正方形ABCD中，AB＝2，P是AD边上的动点，PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF的值为（　　）

A．4 B．22 C．2 D．2
【分析】根据正方形的对角线互相垂直可得OA⊥OD，对角线平分一组对角可得∠OAD＝45°，然后求出四边形OEPF为矩形，△AEP是等腰直角三角形，再根据矩形的对边相等可得PF＝OE，根据等腰直角三角形的性质可得PE＝OE，从而得到PE+PF＝OA，然后根据正方形的性质解答即可．
【解析】在正方形ABCD中，OA⊥OB，∠OAD＝45°，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴四边形OEPF为矩形，△AEP是等腰直角三角形，
∴PF＝OE，PE＝AE，
∴PE+PF＝AE+OE＝OA，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴OA=12AC=1222+22=2．
故选：C．
7．如图，有一个平行四边形ABCD和一个正方形CEFG，其中点E在边AD上．若∠ECD＝43°，∠AEF＝28°，则∠B的度数为（　　）

A．55° B．75° C．65° D．60°
【分析】由平角的定义求出∠CED的度数，由三角形内角和定理求出∠D的度数，再由平行四边形的对角相等即可得出结果．
【解析】∵四边形CEFG是正方形，
∴∠CEF＝90°，
∵∠CED＝180°﹣∠AEF﹣∠CEF＝180°﹣28°﹣90°＝62°，
∴∠D＝180°﹣∠CED﹣∠ECD＝180°﹣62°﹣43°＝75°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠B＝∠D＝75°（平行四边形对角相等）．
故选：B．
8．如图，已知在正方形ABCD中，AD＝4，E，F分别是CD，BC上的一点，且∠EAF＝45°，EC＝1，点G在CB延长线上且GB＝DE，连接EF，则以下结论：①DE+BF＝EF，②BF=47，③AF=307，④S△AEF=507中正确的个数有（　　）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用全等三角形的性质条件勾股定理求出BF的长，再利用勾股定理求出DE的长，即可求解．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠D＝∠ABG＝90°，
∵EC＝1，
∴GB＝DE＝1，
∴AE＝AG＝5，
即△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，
∴∠DAE＝∠BAG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAE+∠BAF＝45°＝∠GAB+∠BAF＝∠GAF＝45°，
∵AG＝AE，∠FAE＝∠FAG＝45°，AF＝AF，
在△AFE和△AFG中，
AG=AE∠FAE=∠FAGAF=AF，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
∵DE＝BG，
∴EF＝FG＝BG+FB＝DE+BF，故①正确；
∵BC＝CD＝AD＝4，EC＝1，
∴DE＝3，
设BF＝x，则EF＝x+3，CF＝4﹣x，
在Rt△ECF中，（x+3）2＝（4﹣x）2+12，
解得x=47，
∴BF=47，故②正确；
∴AF=AB2+BF2=16+1649=2027，故③错误；
∴GF＝3+47=257，
∴S△AEF＝S△AGF=12AB×GF=12×4×257=507，故④正确．
所以正确的有①②④，共3个．
故选：C．

9．如图，以边长为4的正方形ABCD的中心O为端点，引两条相互垂直的射线，分别与正方形的边交于E、F两点，则线段EF的最小值为（　　）

A．2 B．4 C．2 D．22
【分析】如图，作辅助线；证明△AOE≌△DOF，进而得到OE＝OF，此为解决该题的关键性结论；求出OE的范围，借助勾股定理即可解决问题．
【解析】如图，连接EF，

∵四边形ABCD为正方形，
∴∠EAO＝∠FDO＝45°，AO＝DO；
∵∠EOF＝90°，∠AOD＝90°，
∴∠AOE＝∠DOF；
在△AOE与△DOF中，
∠EAO=∠FDOAO=DO∠AOE=∠DOF，
∴△AOE≌△DOF（ASA），
∴OE＝OF（设为λ）；
∴△EOF是等腰直角三角形，
由勾股定理得：
EF2＝OE2+OF2＝2λ2；
∴EF=2OE=2λ，
∵正方形ABCD的边长是4，
∴OA＝22，O到AB的距离等于2（O到AB的垂线段的长度），
由题意可得：2≤λ≤22，
∴22≤EF≤4．
所以线段EF的最小值为22．
故选：D．
10．如图1，某款桌布的中间图案由若干个正方形组成，小明买的桌布刚好有两个正方形图案，如图2，若AB＝CE＝EF＝4，且点A、C、E、G在同一条直线上，则桌布的长AG为（　　）

A．22+8 B．82+4 C．42+4 D．62+4
【分析】连接AC，EG，由正方形的性质可求AC=2AB＝42，EG=2EF＝42，即可求解．
【解析】如图，连接AC，EG，

∵四边形ABCD，四边形EFGH是正方形，AB＝EF＝4，
∴AC=2AB＝42，EG=2EF＝42，
∵点A、C、E、G在同一条直线上，
∴AG＝AC+CE+EG＝42+4+42=82+4，
故选：B．
二、填空题．
11．如图，正方形ABCD的边长为6，点M在CB延长线上，BM＝2，作∠MAN＝45°交DC延长线于点N，则MN的长为　10　．

【分析】在DC上截取DF＝BM，得△ABM与△ADF全等；再证明△MAN与△FAN全等，得MN＝NF，设MN＝x，用x表示CN，在Rt△CMN中由勾股定理列出x的方程便可求解．
【解析】如图，在DC上截取DF＝BM，连接AF．

∵AB＝AD，∠ABM＝∠ADF＝90°，
∴△ABM≌△ADF （SAS）
∴AM＝AF，∠MAB＝∠FAD．
∴∠MAB+∠BAF＝∠FAD+∠BAF＝90°，
即∠MAF＝∠BAD＝90°．
又∠MAN＝45°，
∴∠NAF＝∠MAN＝45°．
∵AN＝AN，
∴△MAN≌△FAN（SAS）．
∴MN＝FN，
设MN＝FN＝x，
∵BM＝DF＝2，BC＝CD＝6，
∴DN＝DF+FN＝x+2，CM＝6+2＝8，
∴CN＝DN﹣CD＝x﹣4，
∵MC2+CN2＝MN2，
∴82+（x﹣4）2＝x2，
解得，x＝10，
∴MN＝10，
故答案为：10．
12．如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，AE的延长线交CD于点F，连接CE．若∠BAE＝56°，则∠CEF＝　22　°．

【分析】根据正方形的性质，即可得到∠DAF＝34°，∠DFE＝56°，依据全等三角形的对应角相等，即可得到∠DCE＝∠DAF＝34°，再根据三角形外角性质，即可得到∠CEF的度数．
【解析】∵正方形ABCD中，∠BAD＝∠ADF＝90°，∠BAE＝56°，
∴∠DAF＝34°，∠DFE＝56°，
∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠DCE＝∠DAF＝34°，
∵∠DFE是△CEF的外角，
∴∠CEF＝∠DFE﹣∠DCE＝56°﹣34°＝22°，
故答案为：22．
13．如图，正方形AFCE中，D是边CE上一点，B是CF延长线上一点，且AB＝AD，若四边形ABCD的面积是18cm2，则AC长是　6　cm．

【分析】证Rt△AED≌Rt△AFB，推出S△AED＝S△AFB，根据四边形ABCD的面积是18cm2得出正方形AFCE的面积是18cm2，求出AE、EC的长，根据勾股定理求出AC即可．
【解析】∵四边形AFCE是正方形，
∴AF＝AE，∠E＝∠AFC＝∠AFB＝90°，
∵在Rt△AED和Rt△AFB中
AD=ABAE=AF，
∴Rt△AED≌Rt△AFB（HL），
∴S△AED＝S△AFB，
∵四边形ABCD的面积是18cm2，
∴正方形AFCE的面积是18cm2，
∴AE＝EC=18=32（cm），
根据勾股定理得：AC=(32)2+(32)2=6，
故答案为：6；
14．正方形ABCD中，AB＝4，点E、F分别在BC、CD上，且BE＝CF，线段BF、AE相交于点O，若图中阴影部分的面积为14，则△ABO的周长为　25+4　．

【分析】由“SAS”可证△ABE≌△BCF，可得S△ABE＝S△BCF，∠BAE＝∠CBF，可求S△ABO=12×（4×4﹣14）＝1，可得2AO•BO＝4，由勾股定理可求AO+BO的值，即可求解．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
又∵BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴S△ABE＝S△BCF，∠BAE＝∠CBF，
∴S△ABO＝S四边形ECFO，∠BAE+∠AEB＝90°＝∠CBF+∠AEB＝∠AOB，
∵图中阴影部分的面积为14，
∴S△ABO=12×（4×4﹣14）＝1，
∴12×AO×BO＝1，
∴2AO•BO＝4，
∵AB2＝AO2+BO2＝16，
∴（AO+BO）2＝20，
∴AO+BO＝25，
∴△ABO的周长＝AB+AO+BO＝25+4，
故答案为：25+4．
15．如图，正方形ABCD．延长BC到E，连接AE，若CE=2BC，则∠AEB＝　22.5°　．

【分析】连接AC，由正方形的性质可得AC=2BC，∠ACB＝45°，进而可得2∠AEB＝∠ACB＝45°，即可求解∠AEB的度数．
【解析】如图，连接AC，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AC=2BC，∠ACB＝45°，
∵CE=2BC，
∴AC＝CE，
∴∠AEB＝∠CAE，
∵∠ACB＝∠CAE+∠E＝2∠AEB＝45°，
∴∠AEB＝22.5°．
故答案为22.5°．
16．如图，在正方形ABCD中，顶点A（﹣2，0），B（2，0），将以BC为斜边的等腰直角△BCE与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第10次旋转结束时，点E的坐标为　（﹣4，﹣2）　．

【分析】过点E作EF⊥x轴于点F，根据A（﹣2，0），B（2，0），四边形ABCD是正方形，可得AB＝BC＝4，∠CBA＝∠CBF＝90，根据△BCE是等腰直角三角形，可得△EBF是等腰直角三角形，可得E（4，2），再根据旋转的性质可得每4次一个循环，进而可得第10次旋转结束时，点E的坐标．
【解析】如图，过点E作EF⊥x轴于点F，

∵A（﹣2，0），B（2，0），四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝4，∠CBA＝∠CBF＝90，
∵△BCE是等腰直角三角形，
∴∠CBE＝∠EBF＝45°，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴BE=22BC＝22，
∴EF＝BF=22BE＝2，
∴OF＝4，
∴E（4，2），
∵将以BC为斜边的等腰直角△BCE与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
∴第1次旋转结束时，点E的坐标为（2，﹣4）；
第2次旋转结束时，点E的坐标为（﹣4，﹣2）；
第3次旋转结束时，点E的坐标为（﹣2，4）；
第4次旋转结束时，点E的坐标为（4，2）；
…
∴每4次一个循环，
∵10÷4＝2…2，
∴第10次旋转结束时，点E的坐标为（﹣4，﹣2）．
故答案为：（﹣4，﹣2）．
17．如图，点E是正方形ABCD中的一点，连接EB、EC、EA、ED，若△EBC为等边三角形时，则∠EAD＝　15°　．

【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质证明∠DAE＝∠DEA＝∠CBE＝∠CEB＝75°即可解决问题．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DC，∠ADC＝∠BCD＝∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵△EBC是等边三角形，
∴AB＝BE＝DC＝EC，∠EBC＝∠ECB＝60°，
∴∠ABE＝∠DCE＝30°，
∵AB＝BE＝CE＝CD，
∴∠BAE＝∠BEA＝∠CDE＝∠CED＝75°，
∴∠EAD＝90°﹣75°＝15°．
故答案为：15°．
18．如图，在正方形ABCD的各边上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝3，若四边形EFGH面积是10，则正方形ABCD的面积为　 ．

【分析】根据题意和图形，可知四边形EFGH的面积等于正方形ABCD的面积减去四个直角三角形的面积，本题得以解决．
【解析】∵AB＝BC＝CD＝AD，AE＝BF＝CG＝DH＝3，
∴BE＝CF＝DG＝AH，
∵四边形EFGH面积＝（AH+3）2−12×3×AH−12×3×DG−12×3×CF−12×3×BE＝10，
∴AH＝BE＝CF＝DG＝1，
∴AD＝AH+DH＝4，
∴正方形ABCD的面积＝4×4＝16，
故答案为：16．
三、解答题．
19．如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边AD，AB上，且AE＝BF，连接CE，DF相交于点M．
（1）当∠ADF＝36°时，∠DCE＝　36　°；
（2）判断CE，DF的位置关系，并证明．

【分析】（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定与性质，可以求得∠DCE的度数；
（2）根据（1）中的结论和正方形的性质，可以得到CE，DF的位置关系．
【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD＝AB，∠CDE＝∠DAF＝90°，
又∵AE＝BF，
∴DE＝AF，
在△CDE和△DAF中，
CD=DA∠CDE=∠DAFDE=AF，
∴△CDE≌△DAF（SAS），
∴∠DCE＝∠ADF，
∵∠ADF＝36°，
∴∠DCE＝36°，
故答案为：36；
（2）CE，DF的位置关系互相垂直，
证明：由（1）知∠DCE＝∠ADF，
∵∠ADF+∠MDC＝∠CDE＝90°，
∴∠DCE+∠MDC＝90°，
∴∠DMC＝90°，
∴CE⊥DF，
即CE，DF的位置关系互相垂直．

20．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．

21．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．


22．如图，边长为1的正方形ABCD中，点E、F分别在边CD、AD上，连接BE、BF、EF，且有AF+CE＝EF．

（1）求（AF+1）（CE+1）的值；
（2）探究∠EBF的度数是否为定值，并说明理由．
【分析】（1）设CE＝x，AF＝y，则DE＝1﹣x，DF＝1﹣y，EF＝x+y，由四边形ABCD是正方形可得出∠D＝90°，利用勾股定理可得出xy+x+y＝1，再将其代入（AF+1）（CE+1）＝xy+x+y+1中即可求出结论；
（2）将△ABF绕点B顺时针旋转90°得到△BCM，此时AB与CB重合，由旋转的性质结合AF+CE＝EF可得出BF＝BM，EF＝EM，结合BE＝BE可得出△BEF≌△BEM（SSS），利用全等三角形的性质可得出∠EBF＝∠EBM＝∠CBM+∠CBE＝∠ABF+∠CBE，再结合∠ABC＝∠EBF+∠ABF+∠CBE＝90°可得出∠EBF=12∠ABC＝45°．
【解析】（1）设CE＝x，AF＝y，则DE＝1﹣x，DF＝1﹣y，
∵AF+CE＝EF，
∴EF＝x+y．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝90°，
∴EF2＝DE2+DF2，即（x+y）2＝（1﹣x）2+（1﹣y）2，
∴xy+x+y＝1，
∴（AF+1）（CE+1）＝（y+1）（x+1）＝xy+x+y+1＝1+1＝2；
（2）∠EBF的度数为定值，理由如下：
如图，将△ABF绕点B顺时针旋转90°得到△BCM，此时AB与CB重合．
由旋转，可得：AB＝CB，BF＝BM，AF＝CM，∠ABF＝∠CBM，∠BCM＝∠A＝90°，
∴∠BCM+∠BCD＝90°+90°＝180°，
∴点M、C、E在同一条直线上．
∵AF+CE＝EF，CM+CE＝EM，
∴EF＝EM．
在△BEF和△BEM中，BF=BMBE=BEEF=EM，
∴△BEF≌△BEM（SSS），
∴∠EBF＝∠EBM＝∠CBM+∠CBE＝∠ABF+∠CBE，
又∵∠ABC＝90°，∠ABC＝∠EBF+∠ABF+∠CBE，
∴∠EBF=12∠ABC＝45°．

23．如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E在对角线BD上，DE＝22，连接CE，过点E作EF⊥CE，交线段AB于点F
（1）求证：CE＝EF；
（2）求FB的长；

【分析】（1）过E作EM⊥AB于M，EH⊥BC于H，根据正方形的性质得到∠EBM＝∠HBE＝45°，求得EM＝EH，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据勾股定理得到BD＝62，得到AM＝CH＝2，根据全等三角形的性质得到FM＝CH＝2，于是得到结论；
（3）过G作GN⊥BC于N，设GN＝BN＝x，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解析】（1）过E作EM⊥AB于M，EH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBM＝∠HBE＝45°，
∴EM＝EH，
∵∠EMB＝∠MBH＝∠BHE＝90°，
∴∠MEH＝90°，
∵EF⊥CE，
∴∠FEC＝90°，
∴∠MEF＝∠CEH，
∴△EMF≌△EHC（ASA），
∴CE＝EF；
（2）∵AB＝6，
∴BD＝62，
∵DE＝22，
∴BE＝BD﹣DE＝42，
∴BM＝BH＝4，
∴AM＝CH＝2，
∵△EMF≌△EHC，
∴FM＝CH＝2，
∴BF＝AB﹣AM﹣MF＝6﹣2﹣2＝2；
24．如图，正方形ABCD中，E是CD边的中点，F是BC边上一点，∠FAE＝∠DAE．
（1）求证：AF＝AD+CF；
（2）已知正方形ABCD的边长为4．
①求AF之长；
②若P是AE上一点，且△DEP是等腰三角形，则线段EP的长为　2或5或455　．

【分析】（1）如图1，过E点作EG⊥AF，垂足为G，连接EF，证明△AGE≌△ADE（AAS）和Rt△EGF≌Rt△ECF，可得AD＝AG，CF＝FG，根据线段的和可得结论；
（2）①设CF＝x，在Rt△ABF中，利用勾股定理列方程可得AF的长；
②△DEP是等腰三角形时，分三种情况讨论：根据腰相等，利用面积法或三角形中位线定理解决问题．
【解析】（1）证明：如图1，过E点作EG⊥AF，垂足为G，连接EF，

（也可延长AE、BC交于P，用全等和等腰三角形知识解决），
∵EG⊥AF，
∴∠EGF＝∠AGE＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝∠D＝90°，
在△AGE和△ADE中，
∠AGE=∠D∠FAE=∠DAEAE=AE
∴△AGE≌△ADE（AAS），
∴AD＝AG，GE＝DE，
∵E是CD边的中点，
∴CE＝DE，
∴GE＝CE，
在Rt△EGF和Rt△ECF中，
GE=CE，EF=EF．
∴Rt△EGF≌Rt△ECF（HL），
∴GF＝CF，
∵AF＝AG+GF，
∴AF＝AD+CF；
（2）解：①设CF＝x，则BF＝4﹣x，AF＝4+x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，
∴42+（4﹣x）2＝（4+x）2，
解得：x＝1，
∴AF＝4+x＝4+1＝5；
②分三种情况：
i）如图2，PD＝DE，过D作DG⊥AE于G，

∴EP＝2EG，
Rt△ADE中，AD＝4，DE＝2，
∴AE=22+42=25，
∴S△ADE=12AD⋅DE=12AE⋅DG，
即12×4×2=12×25×DG，
∴DG=45=455，
由勾股定理得：EG=DE2−DG2=22−(455)2=255，
∴EP＝2EG=455；
ii）如图3，EP＝DE＝2；

iii）如图4，PD＝PE，过P作PM⊥DE于M，则DM＝EM，

∵AD⊥CD，PM⊥DE，
∴AD∥PM，
∴AP＝PE，
∵AE＝25，
∴EP=5，
综上，EP的长是2或5或455